Manual do Professor - Fundamentos da matematica elementar- vol 9

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9
9ª edição | São Paulo – 2013
FUNDAMENTOS 
DE MATEMÁTICA 
ELEMENTAR
OSVALDO DOLCE
JOSÉ NICOLAU POMPEO
Geometria plana
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
 I a IV_Manual FME9.indd 1 23/07/13 14:54
© Osvaldo Dolce, José Nicolau Pompeo, 2013
Copyright desta edição:
Rua Henrique Schaumann, 270 — Pinheiros
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Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP)
(Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)
Índice para catálogo sistemático:
1. Matemática: Ensino médio 510.7
 Gerente editorial: Lauri Cericato
 Editor: José Luiz Carvalho da Cruz
 Editores-assistentes: Fernando Manenti Santos/Guilherme Reghin Gaspar/Juracy Vespucci
 Auxiliares de serviços editoriais: Daniella Haidar Pacifi co/Margarete Aparecida de Lima/
 Rafael Rabaçallo Ramos/Vanderlei Aparecido Orso
 Digitação e cotejo de originais: Elgo Waeny Pessôa de Mello/Guilherme Reghin Gaspar
 Pesquisa iconográfi ca: Cristina Akisino (coord.)/Enio Rodrigo Lopes
 Revisão: Pedro Cunha Jr. e Lilian Semenichin (coords.)/Renata Palermo/
Rhennan Santos/Felipe Toledo/Simone Garcia/Tatiana Malheiro/
Fernanda Guerriero
 Gerente de arte: Nair de Medeiros Barbosa
 Supervisor de arte: Antonio Roberto Bressan
 Projeto gráfi co: Carlos Magno
 Capa: Homem de Melo & Tróia Design
 Imagem de capa: Virginie Perocheau/PhotoAlto/Getty Images
 Diagramação: TPG
 Encarregada de produção e arte: Grace Alves
 Coordenadora de editoração eletrônica: Silvia Regina E. Almeida
 Produção gráfi ca: Robson Cacau Alves
 Impressão e acabamento:
Dolce, Osvaldo
 Fundamentos de matemática elementar 9: geometria plana / Osvaldo 
Dolce, José Nicolau Pompeo. — 9. ed. — São Paulo : Atual, 2013.
 ISBN 978-85-357-1686-3 (aluno)
 ISBN 978-85-357-1687-0 (professor)
 1. Matemática (Ensino médio) 2. Matemática (Ensino médio) — Problemas, 
exercícios etc. 3. Matemática (Vestibular) — Testes I. Pompeo, José Nicolau. 
II. Título.
12-12853 CDD-510.7
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Rua Henrique Schaumann, 270 Ð Cerqueira CŽsar Ð S‹o Paulo/SP Ð 05413-909
3
SARAIVA S. A. Livreiros Editores, São Paulo, 2013
Complemento para o Professor — Fundamentos de Matemática Elementar — vol. 9
Apresentação 
Este livro é o Complemento para o professor do volume 9, Geometria plana, 
da coleção Fundamentos de Matemática Elementar.
Cada volume desta coleção tem um complemento para o professor, com o 
objetivo de apresentar a solução dos exercícios mais complicados do livro e su-
gerir sua passagem aos alunos.
É nossa intenção aperfeiçoar continuamente os Complementos. Estamos 
abertos às sugestões e críticas, que nos devem ser encaminhadas através da 
Editora.
Agradecemos aos professores Manoel Benedito Rodrigues e Carlos Nely 
Clementino de Oliveira a colaboração na redação de soluções que são apresenta-
das neste Complemento.
Os Autores.
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Sumário
CAPÍTULO II  Segmento de reta ........................................................ 1
CAPÍTULO III  Ângulos ...................................................................... 4
CAPÍTULO IV  Triângulos .................................................................. 6
CAPÍTULO V  Paralelismo ................................................................. 10
CAPÍTULO VI  Perpendicularidade ..................................................... 15
CAPÍTULO VII  Quadriláteros notáveis ............................................... 20
CAPÍTULO VIII  Pontos notáveis do triângulo ..................................... 28
CAPÍTULO IX  Polígonos ................................................................... 30
CAPÍTULO X  Circunferência e círculo ............................................... 34
CAPÍTULO XI  Ângulos na circunferência ........................................... 39
CAPÍTULO XII  Teorema de Tales ...................................................... 45
CAPÍTULO XIII  Semelhança de triângulos e potência de ponto .......... 49
CAPÍTULO XIV  Triângulos retângulos ............................................... 59
CAPÍTULO XV  Triângulos quaisquer .................................................. 85
CAPÍTULO XVI  Polígonos regulares .................................................. 93
CAPÍTULO XVII  Comprimento da circunferência ................................ 101
CAPÍTULO XVIII  Equivalência plana .................................................. 106
CAPÍTULO XIX  Áreas de superfícies planas ...................................... 107
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Segmento de reta
17. AD  36 ⇒ 9x  36 ⇒ x  4
 AB  6x  24 cm
 BC  2x  8 cm 
A
6x x2x
D
CB
 CD  x  4 cm
18. Hipótese Tese
 PA  QB ⇒ PQ  AB 
QA
P B
 Demonstração
 Observando o segmento AQ comum a PQ e AB, temos:
 PA  QB ⇒ PA  AQ  AQ  QB ⇒ PQ  AB
19. Temos duas possibilidades:
 1ª) B está entre A e C 2ª) C está entre A e B
 12
C
B
A
20
B
12
C
20
A
 AC  AB  BC ⇒ AC  BC  AB ⇒
 ⇒ AC  20  12 ⇒ AC  32 cm ⇒ AC  12  20 ⇒ AC  8 cm
20. 5x  x  42 ⇒ x  7 cm
 AB  5x ⇒ AB  35 cm
 BC  x ⇒ BC  7 cm 
C
x
42
5x
B
A
21. Temos duas possibilidades:
 1ª) B está entre A e C 2ª) C está entre A e B
B
x
4x
45
C
AC
x
B
4x
45
A
 4x  x  45 ⇒ x  9 cm 45  x  4x ⇒ x  15 cm
 AB  4x ⇒ AB  36 cm AB  4x ⇒ AB  60 cm
 BC  x ⇒ BC  9 cm BC  x ⇒ BC  15 cm
CAPÍTULO II
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
22. Temos três possibilidades:
 1ª) 
 
4x5x
P
CB
80
M N
A
x
 5x  4x  x  80 ⇒ x  8 cm
 MN  MB  BN ⇒ MN  2,5x  2x ⇒ MN  36 cm
 2ª)
 P
80
M
5x 4x
NB
A C
x
 1) BP  PC  BC ⇒ BP  x  4x ⇒ BP  3x
 2) AB  BP  80 ⇒ 5x  3x  80 ⇒ x  10 cm
 3) MN  MB  BN ⇒ MN  2,5x  2x ⇒ MN  45 cm
 3ª)
 
A
x
C
x x
B
2x
NP M
80
 1) BP  PC  BC ⇒ BP  x  4x ⇒ BP  3x
 2) BN  NP  BP ⇒ 2x  NP  3x ⇒ NP  x
 3) AC  BC  AB ⇒ AC  4x  5x ⇒ AC  x
 4) AP  80 ⇒ 2x  80 ⇒ x  40 cm
 5) Se o ponto M dista 2,5x do ponto A, então M é ponto médio de 
PN.
 Logo, MN  
x
2
 e então MN  20 cm.
23. Hipótese Tese
 AB  CD ⇒ AD e BC têm o mesmo ponto médio
DCMB
A r
 Demonstração
 Seja M o ponto médio de BC. Temos:
 AM  AB  BM  CD  MC  MD
 Como AM  MD, M também é ponto médio de AD.
24. Hipótese Tese
 AC  BD ⇒ 
1) AB  CD 
2) BC e AD têm o mesmo ponto médio
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 Demonstração 
D
CB
A
 1) Observando o segmento BC, temos:
 AC  BD ⇒ AC  BC  BD  BC ⇒ AB  CD
 2) Análogo ao exercício 23.
26. Temos duas possibilidades:
 1ª) A
BM N
C
 MN  MB  BN ⇒ MN  
AB
2
  
BC
2
 ⇒ MN  
AB  BC
2
 2ª) 
C N
B
M
A
 MN  MC  CN ⇒ MN  (BM  BC)  CN ⇒ 
 ⇒ MN  (BM  BC)  
BC
2
 ⇒ MN  BM  BC  
BC
2
 ⇒
 ⇒ MN  BM  
BC
2
 ⇒ MN  
AB  BC
2
28. O segmento MN terá medida constante e igual à metade do segmento 
AB.
 Justificação
 Temos três casos a analisar:
 1°) 
A P
NBM
AP
2
AP
2
BP
2
BP
2
 Neste caso temos:
 MN  MP  NP ⇒ MN  
AP
2
  
BP
2
 ⇒ MN  
AP  BP
2
 ⇒ MN  
AB
2
 2°) B
M P
A
N
BP
2
BP
2
AP
2
AP
2
 Neste caso temos:
 MN  
AP  BP
2
 ⇒ MN  
AB
2
 3°) 
N
P
M A
B
AP
2
AP
2
BP
2
BP
2
 Neste caso temos: 
 MN  PN  PM ⇒ MN  
BP
2
  
AP
2
 ⇒ MN  
BP  AP
2
 ⇒ MN  
AB
2
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Ângulos
55. ângulo → x complemento → (90°  x)
 “O ângulo maistriplo do complemento é igual a 210°.”
 x  3  (90°  x)  210° ⇒ 2x  60° ⇒ x  30°
59. ângulo → x
 complemento do ângulo: (90°  x) 
 complemento da metade: 90°  
x
2
 
 triplo do complemento da metade: 3  90°  
x
2
 
 suplemento do triplo do complemento da metade: 180°  3 90°  
x
2
 
 180°  3 90°  
x
2
  3  (90°  x) ⇒ 
9x
2
  360° ⇒ x  80°
60. ângulo → x
 complemento do dobro do ângulo → (90°  2x)
 suplemento do complemento do ângulo ⇒ 180°  (90°  x)
 180°  (90°  x)  
90°  2x
3
  85° ⇒ x  15°
65. Sejam x e y os ângulos.
 
x
y
  
2
7
 
x  y  180°
⇒ (x  40°, y  140°)
 O complemento do menor é igual a 90°  x  90°  40°  50°.
68. ângulo → x
 complemento do ângulo → (90°  x)
 suplemento do ângulo → (180°  x) 
 “O triplo do complemento mais 50° é igual ao suplemento.”
 3  (90°  x)  50°  180°  x ⇒ 2x  140° ⇒ x  70°
72. x e z são opostos pelo vértice ⇒ x  z
 x e y são suplementares ⇒ y  180°  x
 “x mede a sexta parte de y, mais metade de z.”
 x  
180°  x
6
  
x
2
 ⇒ 6x  180°  x  3x ⇒ x  45°
 y  180°  45° ⇒ y  135°
74. Os ângulos são da forma 2k, 3k, 4k, 5k e 6k e somam 360°.
 2k  3k  4k  5k  6k  360° ⇒ 20k  360° ⇒ k  18°
 O maior ângulo é de 6k  6  18°  108°.
75. Hipótese: AÔB  CÔD 
OX
→
, OY
→
 são bissetrizes
CAPÍTULO III
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 Tese: OX
→
 e OY
→
 são semirretas 
opostas
 Demonstração
 
a
a
c
b
b
c
XY
A
BD
C
O O ângulo entre OX
→
 e OY
→
 é dado por
 (a  b  c)
 2a  2b  2c  360° ⇒ a  b  c  
 180°
 Portanto, OX
→
 e OY
→
 são semirretas 
opostas.
77. Hipótese Tese
 rôs e sôt adjacentes
 e complementares
 Ox e Oy, respectivas
 bissetrizes 
⇔ xôy  45°
 Demonstração
 Sejam a medida de rôx  xôs  a 
e a medida de sôy  yôt  b:
 O
t
y
s
x
r
β
β
α
α
 a  a  b  b  90° ⇒
 ⇒ 2a  2b  90° ⇒ 
 ⇒ a  b  45° ⇒ xôy  45°
78. 2a  2b  136°
 a  b  68°
 
O
b
b
a
a r
x
s
y
t
 Resposta: o ângulo formado pelas 
bissetrizes é igual a 68°.
79. Temos duas possibilidades:
 1ª) 2ª)
 O
a
a
bb
t
y
s
x
r
 
b
b
a
52º
t
y s
x
r
O
a
 Ox e Oy são bissetrizes Ox e Oy são bissetrizes
 
⇒
a  b  52°
2a  40°
⇒ 2a  2b  104° ⇒
⇒ 40°  2b  104° ⇒
⇒ 2b  64° 
a  b  52°
2b  40°
⇒ a  20°  52° ⇒
⇒ a  72° ⇒
⇒ 2a  144°
⇒
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Triângulos
91. a) AB  AC
AB  BC
⇒
x  2y  2x  y
x  2y  x  y  3
⇒
x  3y  0 
⇒ (x  9, y  3)y  3
⇒
 AB  x  2y ⇒ AB  15
 O perímetro do triângulo ABC é igual a 3  15  45.
 b) AB  AC ⇒ 2x  3  3x  3 ⇒ x  6 
AB  2x  3 ⇒ AB  15; AC  AB ⇒ AC  15; BC  x  3 ⇒ 
⇒ BC  9 
O perímetro do triângulo ABC é igual a AB  AC  BC  39.
92. Sejam l a medida dos lados congruentes, b a medida da base e p o 
semiperímetro. Temos:
 
p  7,5
2l  4b
⇒
2l  b
2
  7,5
l  2b
⇒ (l  6 m, b  3 m)
 Resposta: Os lados do triângulo medem 3 m, 6 m e 6 m.
98. nABC  nDEC ⇒ ⇒ ⇒ (a  10°, b  12°)
3a  2a  10°
b  48°  5bÊB̂
 D̂

100. nCBA  nCDE ⇒ ⇒ ⇒ (x  14, y  10)
2x  6  22
35  3y  5
AC  CE
AB  DE
 Os perímetros são iguais; portanto, a razão entre eles é 1.
101. 1) nPCD  nPBA ⇒ ⇒ ⇒ (x  10, y  19)
3y  2  2y  17
x  5  15
PD  PA
CD  AB
 2) nPCD  nPBA ⇒ AB  CD (1)
 
nPCA  nPBD
PC  PB
PB̂C  PĈB (nPBC é isósceles)
CA  BD (usando (1) e o fato
de BC ser comum)
LAL
 Logo, a razão entre os perímetros destes triângulos é igual a 1.
108. Hipótese Tese
 nABC é isósceles
AM é mediana
relativa à base
⇒ MÂB  MÂC
CAPÍTULO IV
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 
nABM  nACM
LLL
AB  AC (hipótese)
BM  MC (hipótese)
AM comum
Demonstração
 Logo, MÂB  MÂC e concluímos que AM é 
 bissetriz do ângulo Â. 
A
B C
M
109. Hipótese Tese
 nABC é isósceles
AD é bissetriz
relativa à base
⇒
AD é mediana
(isto é, BD  DC)
 
 Demonstração
 (AB  AC; BÂD  CÂD; AD comum) ⇒
 
LAL
 nABD  nACD ⇒ BD  DC 
A
B C
D
111. Hipótese Tese
 nABC é isósceles
de base BC 
CD é bissetriz de Ĉ
BE é bissetriz de B̂
⇒ CD  BE 
 Demonstração
 (EB̂C  DĈB; BC comum; EĈB  DB̂C) ⇒
 nCBD  nBCE ⇒ CD  BE
ALA
 
A
B C
D E
a
a a
a
112. Hipótese Tese
 AM é bissetriz
AM é mediana
⇒ nABC é isósceles
 
 Demonstração
 1) Tomemos P sobre a semirreta AM
→
 com
 M entre A e P e MP  AM.
 2) (nAMB  nPMC pelo LAL) ⇒ 
 ⇒ (BÂM  CP̂M e AB  PC)
 3) (BÂM  CP̂M; AM (bissetriz)) ⇒ 
 ⇒ CP̂M  CÂM
 Donde sai que nACP é isósceles de
 base AP. Então: AC  PC.
 4) De AB  PC e PC  AC obtemos
 AB  AC. Então, o nABC é isósceles. 
A
B C
M
P
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8
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 Desigualdades nos triângulos
114. Seja x o terceiro lado. Temos:
 |8  21|  x  8  21 ⇒ 13  x  29
 Se x é múltiplo de 6 entre 13 e 29 (exclusive), então x  18 cm ou x  
 24 cm.
115. |20  2x  (2x  4)| x  10  20  2x  2x  4 ⇒
 
x  10  24
|16  4x|  x  10
⇒
x  14
x  10  16  4x  x  10
⇒ ⇒
x  14
x  10  16  4x
16  4x  x  10
⇒
x  14
x  
26
3
x  
6
5
⇒ ⇒
6
5
  x  
26
3
116. Aparentemente temos duas possibilidades: 38 cm ou 14 cm.
 Mas um triângulo de lados 14 cm, 14 cm, 38 cm não existe, pois 
não satisfaz a desigualdade triangular.
 O triângulo de lados 38 cm, 38 cm, 14 cm satisfaz a desigualdade 
triangular.
 Resposta: 38 cm.
117. AC  b  27, BC  a  16, AB  c é inteiro
 Ĉ  Â  B̂ ⇒ c  16  27 ⇒ c  16
 O valor máximo de AB é 15.
122. Sejam: a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos:
 
a  b
a  c
 ⇒ 2a  b  c ⇒ a  
b  c
2
123. a  b  c ⇒ 2a  a  b  c ⇒ a  
a  b  c
2
124. De acordo com o teorema do ângulo 
 externo, temos: a  b.
 (a  b, b  A) ⇒ a  A
 
A
B C
P
α
β
126. 
c  x  y  a  b
b  x  z  a  c
a  y  z  b  c
 ⇒ 
A
B C
y
x
z
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 ⇒ a  b  c  2(x  y  z)  2(a  b  c) ⇒
 ⇒ 
a  b  c
2
  x  y  z  a  b  c
127. 
x  m  n
y  r  q
z  o  p
x  y  z  (p  q)  (n  o)  (m  r)
x  y  z  a  b  c
⇒
A
B C
M
c
b
m n
r
x
y
P N
p
o
z
q
a
128. 1) Tomemos A' sobre a semirreta AM
→
, 
com M entre A e A' e MA'  ma.
 2) (nAMB  nA'MC pelo caso LAL) ⇒ 
⇒ A'C  c
 3) No nAA'C temos: 
|b  c|  2ma  b  c ⇒
 ⇒ 
|b  c|
2
  ma  
b  c
2
 
A
B C
M
c bm
a
m
a
129. 1) De acordo com o exercício 128, temos:
 ma  
b  c
2
; mb  
a  c
2
; mc  
a  b
2
 ⇒
 ⇒ ma  mb  mc  a  b  c
 2) nABM: c  ma  
a
2
. Analoga-
 mente, b  mc  
c
2
, a  mb  
b
2
. 
A
B C
M
c
b
m
a
a
2
a
2
 Somando membro a membro as desigualdades, temos 
a  b  c
2
  
 ma  mb  mc.
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10
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Paralelismo
147. a) Os ângulos internos são dados por (180°  a), (180°  b) e 
(180°  γ). Como a soma destes deve ser igual a dois retos, temos:
 (180°  a)  (180°  b)  (180°  γ)  180° ⇒ a  b  γ  360°.
 b) De modo análogo: 
(360°  a)  (360°  b)  (360°  γ)  180° ⇒ a  b  γ  900°
148. a) Ĉ  x  15° ⇒ (x  15°)  (x  15°)  x  180° ⇒ x  50°
 b) AĈB  180°  4x. nABC é isósceles de base BC ⇒ 180°  4x  x ⇒ 
⇒ x  36°
 c) Â  180°  (x  70°)
Ĉ  
180°  Â
2
⇒
  110°  x
x  
180°  (110°  x)
2
⇒ x  70°
 
149. d) AB  AC 1) nACD é isósceles ⇒
 ⇒ AĈD  x
 2) AD̂C  180°  2x
 3) CD̂B  2x
 4) nCBD é isósceles ⇒ 
 ⇒ CB̂D  2x5) BĈD  180°  4x
 6) nABC é isósceles ⇒
 ⇒ 180°  4x  x  2x ⇒
 
A
B
D
C
180º – 2x
180º – 4x
2x
2x
x
x
 ⇒ x  36°
 f) 1) nABD é isósceles ⇒
 ⇒ AB̂D  65°
 2) AD̂B  50°
 3) BD̂C  130°
 4) nDB̂C é isósceles ⇒
 ⇒ x  25°
 
A B
D
C
50º
65º65º
130º
x
 g) 
x  y  2x  10°
x  y  2x  10°  y  180°
⇒
x  y  10°
3x  2y  170°
⇒ x  30°, y  40°
CAPÍTULO V
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11
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 h) 1) nABC é isósceles ⇒ AĈB  2x  y
 2) EĈD  180°  (x  y)  (2y  25°)
 3) EĈD  AĈB (o.p.v.)
 4) nCDE é isósceles ⇒ x  y  2y  25°
 3) e 4) ⇒ 
180°  (x  y)  (2y  25°)  2x  y
x  y  2y  25°
⇒ x  15°, y  40°
C
B
2x + y
2x + y
2y – 25º E
x + y
D
A
152. Construímos a reta t, t  r, t  s.
 t divide o ângulo de 112° em dois
 outros: y e z.
 y  40° (alternos internos)
 y  z  112° ⇒ z  72°
 z  x (alternos internos) ⇒ x  72°
 
r
t
s
40º
112º
x
y
z
154. Construímos a reta t, t  r, t  s.
 t divide o ângulo de 100° em x e y.
 x  180°  3a (colaterais internos)
 y  180°  2a (colaterais internos)
 x  y  100° ⇒ 360°  5a  100° ⇒
 ⇒ a  52°
 s
t
y
x
100º
2α
3α
r
165. Do nABC temos:
 2b  2c  80°  180° ⇒ b  c  50°
 Do nBCD temos:
 b  c  x  180° ⇒
 ⇒ 50°  x  180° ⇒ x  130° 
b
b
B
x
D
c
c
C
A
80º
 
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12
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
167. ângulo do vértice: x
 ângulo da base: 180°  
5
4
x
 x  2 180°  
5
4
x  180° ⇒ 
 ⇒ x  120° 
5
4
x
x
180º – x
5
4
 Resposta: os ângulos medem 120°, 30° e 30°.
168. Seja x o valor dos ângulos externos em 
B e C. Temos:
 Â  
2x
10
 ⇒ Â  
x
5
 
x
5
  2  (180°  x)  180° ⇒ x  100°
 Â  
x
5
 ⇒ Â  20° 
x x
CB
A
180º – x
180º – x
x
5
169. nABC: x  2b  2c  180° ⇒
 ⇒ b  c  
180°  x
2
 nPBC: x  76°  b  c  180°
 x  76°  
180°  x
2
  180° ⇒
 ⇒ x  28° 
x
P
C
c
c
x + 76ºb
b
B
A
170. a é ângulo externo do nABD ⇒ a  
Â
2
  B̂
 b é ângulo externo do nACD ⇒ b  
Â
2
  Ĉ 
⇒ a  b  B̂  Ĉ
174. nCDE: CD̂E  180°  6b;
 EĈD  100°
 x  100°  (180°  6b)  180° ⇒
 ⇒ x  6b  100°
 nABC: 3b  b  100° ⇒
 ⇒ b  25°
 x  6b  100° ⇒
 ⇒ x  50°
 
B
E
DC
x
80º
100º
180º – 6β
γ = 6β
α = 3β
β
A
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13
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
176. Considere as figuras:
A
30º
150º
75º 75º
B C B
Fig. 1 Fig. 2
C
A
B
Fig. 3
C
A
x
15º
x
y
75º
2
75º
2
75º
2
 a) É fácil deduzir (figura 1) que os ângulos medem 30°, 75° e 75°.
 b) De acordo com a figura 2, temos x  
75°
2
  
75°
2
  180°. Donde 
vem: x  105°.
 c) De acordo com a figura 3, temos:
 x  15°  37° 30'  180° ⇒ x  127° 30'
 y  15°  37° 30' ⇒ y  52° 30'
179. primeiro ângulo: x
 segundo ângulo: x  28°
 terceiro ângulo: x  10° 
x  (x  28°)  (x  10°) 
 180° ⇒ x  66°
⇒ 
 Resposta: os ângulos medem 66°, 38° e 76°.
182. Prolonguemos a reta AB
↔
.
 Na figura temos:
 b  2m  3m ⇒ b  5m
 a  b  m ⇒ a  6m
 A
B
2m
3m
m
α
β
183. 1) Â  B̂  Ĉ  180° ⇒
 ⇒ B̂  Ĉ  180°  Â
 2) 2b  B̂  180°
 2c  Ĉ  180° 
⇒
 ⇒ 2(b  c)  360°  (B̂  Ĉ)
 3) 2(b  c)  360°  (B̂  Ĉ) ⇒
 ⇒ 2(b  c)  360°  (180°  Â ) 
  180°  Â
 
A
B B C
C
b
b
c
c
x
µ µ
 4) x  (b  c)  180° ⇒ x  
180°  Â
2
  180° ⇒ x  90°  
Â
2
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
184. Na figura marcamos os ângulos de
 mesma medida.
 nABD: x  y  z  48°
 nACD: y  z  x
 Subtraindo membro a membro:
 x  48°  x ⇒ x  24°
 
A
48°
B
D
E
C
x
z
y y
z
185. Seja x a medida do ângulo  . Temos:
 1) nAEF é isósceles ⇒ FÊA  x
 2) DF̂E é externo ao nAEF ⇒ DF̂E  2x
 3) DÊC é externo ao nAED ⇒ DÊC  3x
 4) nCDE é isósceles ⇒ DĈE  3x
 5) BD̂C é externo ao nACD ⇒ BD̂C  4x
 6) nBCD é isósceles  CB̂D  4x
 7) AC  AB ⇒ BĈD  x
 8) Â  B̂  Ĉ  180° ⇒
 ⇒ x  4x  4x  180° ⇒ x  20°
 
A
E
C B
x
x
x
2x
2x
4x
4x
3x
3x
187. Na figura temos:
 1) nABC é isósceles ⇒ AB̂D  AĈD
 2) ED̂B, AĈD correspondentes ⇒
 ⇒ ED̂B  AĈD
 3) FD̂C, AB̂D correspondentes ⇒
 ⇒ FD̂C  AB̂D
 4) nEBD e nFDC são isósceles B
A
D C
E
x x
5 – x
5 – y
F
y
y
43
 Indiquemos por x e y os lados de mesma medida desses 
triângulos. Temos: AE  ED  DF  AF  (AE  x)  (y  AF)  
 5  5  10 cm.
188. 1) Indiquemos as medidas AB  AC  b
 e CD  a, donde obtemos BC  a  b.
 2) Tracemos AP com AP  b, de modo que 
BÂP  60°. Obtemos dessa forma o 
triângulo equilátero APB de lado b.
 3) Consideremos agora os triângulos PAD 
e ABC. Note que eles são congruentes 
pelo caso LAL.
 Logo: PD  AC  b e AP̂D  100°.
 4) De PD  b concluímos que o nPBD 
é isósceles. Neste triângulo PBD, 
como P̂  160°, concluímos que 
B̂  D̂  10°.
 5) Finalmente, de AB̂P  60°, DB̂P  10° e 
CB̂A  40°, concluímos que CB̂D  10°.
A
C
B
D P
b
b
b
b
a
a + b 40°
60°
40°
40° 60°
100°
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Perpendicularidade
192. 1) (AĤB  90°, B̂  70°) ⇒ 
⇒ HÂB  20°
 2) AS é bissetriz ⇒ SÂC  35°
 3) nABC: (Â  70°, B̂  70°) ⇒ 
⇒ Ĉ  40°
 
A
SH
B C
15º
35º
70º
20º
• •
C
193. a) b)
 
A
B
DC
E
25º
x
•
•
 
35º
55º
D C E
x
•
•
A
B
 1) AĈB  65° 1) Prolongamos AB até cortar CD
→
 
em E.
 2) AĈB e DĈE são o.p.v. ⇒ 2) nAED: Ê  55°
 ⇒ DĈE  65° 3) nBCE: x  90°  55° ⇒
 3) x  90°  DĈE ⇒ x  25° ⇒ x  145°
198. 1) nABH ⇒ HÂB  30°
 2) nACH ⇒ HÂC  70°
 3) SÂC  70°  x
 4) AS é bissetriz ⇒ x  30°  
  70°  x ⇒ x  20° 
A
B C
70º
70º – x
60º
30º
20º
•
x
H S
•
199. 1) Usando o resultado do exercício 194:
 x  
2
3
 x  180° ⇒ x  108°
 2) B̂  
2
3
 x ⇒ B̂  72°  Â
 3) Â  B̂  Ĉ  180° ⇒ Ĉ  36°
 Resposta: os ângulos medem 36°, 
72° e 72°.
 
C
A
Q
BP
S
x
2
3
x
•
•
CAPÍTULO VI
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
201. a) b)
 
Cx
M
B
65º
A
x
•
 
A
C
M H
B
x
50º
50º + x
•
•
 1) AM  MC ⇒ Ĉ  x 1) AM  MB ⇒ B̂  50°  x
 2) nABC: x  90°  65°  180° ⇒ 2) nABH: x  50°  x  90° ⇒
 ⇒ x  25° ⇒ x  20°
203. 1) nAEB: AB̂E  20°
 2) AB̂E  20° ⇒ EB̂C  70°
 3) nABC: Ĉ  20°
 4) BD é mediana ⇒ DB  DC ⇒
 ⇒ DB̂C  Ĉ  20°
 5) EB̂D  DB̂C  70° ⇒
 ⇒ EB̂D  20°  70° ⇒ EB̂D  50°
 
B
C
DE
A
20º
20º
20º
70º
70º
x
•
•
204. 1) AM é mediana ⇒
 ⇒ AM  MB ⇒ BÂM  B̂
 2) BF é bissetriz ⇒ AB̂F  
B̂
2
 3) x é externo ao nABF ⇒
 ⇒ x  B̂  
B̂
2
  
3B̂
2
A
B
C
F
M
B
B
2
B
2
•
205. 1) nAMS: M̂  68°, AM̂C  112°
 2) AM  MC ⇒ nAMC isósceles ⇒ 
 ⇒ Ĉ  MÂC  34°
 3) nABC: B̂  56°
 Resposta: B̂  56; Ĉ  34°.
C
M S
B
A
34º
22º
56º68º
112º
34º
•
•
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
207. 1) nPBC: b  c  116°  3) Usando o resultado do exercício
  180° ⇒ b  c  64° 194, temos:
 2) nABC: 2b  2c  Â  H1ÔH2  128° ⇒ H2ÔC  52°
  180° ⇒ Â  52°
 
A
B C
b
b
c
c
P
52º
116º
 
A
B C
O
52º
52º
128º
H
1
H
2
•
•
208. 1) nABC:  90°  B̂  Ĉ  180° ⇒
 ⇒ B̂  Ĉ  90°
 2) nACH: HÂC  B̂
 3) nAMC é isósceles ⇒ MÂC  Ĉ
 4) x  B̂  Ĉ ⇒ x  Ĉ  B̂ 
A
CB
M H
B
B B
C
C
x
•
 Procedendo de modo análogo, obtemos:
 5) x  B̂  Ĉ
 Logo, 4), 5) ⇒ x  |B̂  Ĉ|.
A
CB
MH
B
B
C
C
x C
•
• µ
µ
µ
µ
µ
209. Hipótese Tese
 AM é mediana
 AM  BM  MC 
⇒ nABC é retângulo
 Demonstração
 1) nABM é isósceles ⇒ AB̂M MÂB  a
 2) nACM é isósceles ⇒ AĈM  MÂC  b
 3) nABC: 2a  2b  180° ⇒ a  b  90°
 4) a  b  90° ⇒ Â  90°
A
CB
M
α
α
β
β
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
211. Hipótese Tese
 nABC é isósceles
 BD: altura relativa a AC ⇒ BD  CE
 CE: altura relativa a AB
 Demonstração 
A
DE
CB
••
 BC  CB (comum)
 AB̂C  AĈB (nABC isósceles) nBCE  nCBD ⇒ BD  CE
LAAo
 CÊB  BD̂C (retos)
212. AM é lado comum
 AM̂B  AM̂C (AM é altura) nAMC  nAMB 
LAL
 ⇒
 BM  MC (AM é mediana)
 ⇒ AB  AC ⇒ nABC é isósceles
A
M CB
••
214. Conforme a figura:
 1) nABC: 2b  2c  90°  180° ⇒
 ⇒ b  c  45°
 2) nIBC: x  b  c  180° ⇒
 ⇒ x  135° 
c
c C
b
b
x
A
I
B
•
215. Hipótese Tese
 BE  CD nABC é isósceles
 Demonstração
 (BE  CD; BC comum) 
caso
especial
 ⇒ nBCD  nCBE ⇒ CB̂D  BĈE ⇒
 ⇒ nABC é isósceles 
O
D
A
E
CB
••
220. 1ª parte: 
 nAHB: ha  c
 Analogamente: hb  a; hc  b.
 Somando as desigualdades, temos:
 ha  hb  hc  a  b  c 
A
B
c b
C
Hx a – x
h
a
•
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19
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 2ª parte:
 nABH: c  ha  x
 nACH: b  ha  a  x 
⇒ 2ha  b  c  a
 Analogamente: 2hb  a  c  b; 2hc  a  b  c.
 Somando as três últimas desigualdades: ha  hb  hc  
a  b  c
2
.
221. Sendo M o ponto médio de 
DE e indicando AB  l, temos 
DM  EM  l.
 Note que também BM  l. 
A C
B E
18º18º
M
x
x
r
ll
l
l
s
D
•
 Dessa forma concluímos que 
os triângulos ABM e BME 
são isósceles. Calculando os 
ângulos das bases, obtemos 
x  36°.
222. Tracemos SR tal que SR ⊥ BC.
 Temos:
 ( BS comum; SB̂R  SB̂A, R̂  Â) 
LAAo
 ⇒ nBSR  nBSA ⇒
 
⇒
 AS  SR
 
nSRC ⇒ SR  SC 
⇒ AS  SC
A
S
C
R
B
•
•
•
223. 1) Os ângulos da base devem 
medir 70° cada.
 Daí, EB̂D  35°; EĈB  
 55°; BP̂C  90°.
 2) Note que BP é bissetriz e 
altura. Assim, o nBCE é 
isósceles e então PC  PE.
 3) Note agora que DP é 
mediana e é altura no 
nCDE. Então, nCDE é 
isósceles e daí:
 DÊP  15°.
 4) Do nDEP tiramos x  75°. 
15º
55º
D
P
x
E
15º
A
B C
35º
35º
•
•
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20
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Quadriláteros notáveis
226. a) PA  PB ⇒ B̂  x
 100°  120°  3x  x  360° ⇒
 ⇒ x  35°
C
P
B
A
D
2x
x
120º
100º
 b) Traçamos BD.
 nABD e nBCD são isósceles ⇒
 ⇒ AD̂B  40°, CD̂B  70°
 x  40°  70°  180° ⇒ x  70°
A
B
D
C
100º
40º40º
70º70º
40º
x
227. a) A B
P
D
y
y
x
x + 35º
65º
65º
80º
C
 1) AP bissetriz ⇒ BÂP  65°
 2) Indiquemos por 2y o ângulo B̂.
 3) BP é bissetriz ⇒ AB̂P  PB̂D  y
 4) nABP: x  35°  y  65°
 ABDC: x  2y  80°  130°  360° 
⇒ x  70°
 b) 
a
a
A
P
x
b
b
B
C
100º
D
x
 1) Marquemos os ângulos congruentes determinados pelas bissetri-
zes AP e BP.
 2) nPAB: a  b  180°  x
 ABCD: 2(a  b)  x  100°  360° 
⇒ x  100°
CAPÍTULO VII
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
229. De acordo com a figura, temos:
 nABP: a  b  180°  x
 nQCD: c  d  180°  y
 ABCD: 2(a  b)  2(c  d)  360° ⇒
 ⇒ 2(180°  x)  2(180°  y)  360° ⇒ 
 ⇒ x  y  180° 
d
d
D
a
Q
y
a b
bx
A
P
B
c
c
C
231. 
A B
D
C
P
d
d c
c
x110º
x –15º
 1ª parte
 Trapézio ABCD: 2d  110°  180° ⇒ d  35°
 nPCD: c  d  (x  15°)  180° ⇒ c  35°  x  15°  180° ⇒
 ⇒ c  x  160° (1)
 Trapézio ABCD: 2c  x  180° (2)
 (1) e (2) ⇒ x  140°
 2ª parte
 c  x  160° ⇒ c  140°  160° ⇒ c  20° ⇒ BĈD  40°
235. AD  20 cm, BQ  12 cm ⇒
 ⇒ CQ  8 cm
 Se BQ  BP  12 cm, então
 nBPQ é isósceles, P̂  BQ̂P e
 BQ̂P  CQ̂D (o.p.v.).
 Como AP  CD, temos
 AP̂Q  CD̂Q (alternos internos) ⇒
 ⇒ nCQD é isósceles ⇒
 ⇒ CQ  CD  8 cm.
 Logo, o perímetro do paralelo- 
 gramo ABCD vale 56 cm. 
P
12
12
B
A
20
D
8
C
8 Q
244. Sejam a e b os ângulos consecutivos. Temos:
 
a  b  180°
a  b  
2(a  b)
9
⇒ (a  110°, b  70°).
 Resposta: os ângulos medem 110°, 70°, 110° e 70°. 
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22
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
245. Hipótese Tese
 ABCD é paralelogramo ⇒ AP̂B  90°
 AP e BP são bissetrizes
 Demonstração
 ABCD é paralelogramo ⇒
 ⇒ 2a  2b  180° ⇒ 
 ⇒ a  b  90°
 nPAB: a  b  AP̂B  180° ⇒
 ⇒ AP̂B  90° B
b
b
P
a
a
A
D C
247. ABCD é losango ⇒ as diagonais 
são perpendiculares
 Seja PÂB  
1
3
  90°  30°.
 Então, temos: no nABP, AB̂ P  60°.
 Como as diagonais do losango são
 também bissetrizes, os ângulos do
 losango são: 60°, 120°, 60°, 120°.
C
30º 30º
60º
60º
60º
60º
D
P
30º30º
A
B
•
251. Os ângulos a que se refere o enunciado são adjacentes a uma 
mesma base, senão sua soma seria 180°. Sejam x e y os ângulos. 
Temos:
 
x  y  78°
x  y  4°
⇒ (x  41°, y  37°)
 O maior ângulo do trapézio é o suplementar de y, que é 180°  37°  
 143°.
 Resposta: 143°.
252. Seja ABCD o trapézio, com Ĉ  80° e D̂  60°. Daí, Â  120° e B̂  100°.
 1°) 2°) 3°)
50º
60º
60º80º
P
x
AB
C D
50º
120º
60º40º
z R
AB
C D
100º
30º
Q
y
AB
C D
40º
120º 50º
40º
40º 30º
60º
50º
•
 Ângulos formados Ângulos formados Ângulos formados
 pelas bissetrizes de pelas bissetrizes de pelas bissetrizes de
 Â e B̂: de Ĉ e D̂: B̂ e Ĉ:
 nABP ⇒ nCDQ ⇒ nBCR ⇒
 ⇒ 50°  60°  x  ⇒ 40°  30°  y  ⇒ 50°  40°  z 
  180° ⇒ x  70°  180° ⇒ y  110°  180° ⇒ z  90°
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 4°) 5°) 6°)
30º
80º
S w
AB
C D
30º80º
M
m
AB
C D
40º
T
t
AB
C D
60º
30º
120º
50º
50º60º
60º100º
40º30º
60º
60º
100º
•
 Ângulos formados Ângulos formados Ângulos formados
 pelas bissetrizes de pelas bissetrizes de pelas bissetrizes de
 Â e D̂: Â e Ĉ: B̂ e D̂:
 nADS ⇒ Quadrilátero ABCT: Quadrilátero BADM:
 ⇒ 60°  30°  w  60°  100°  40°  t  50°  120°  30°  m 
  180° ⇒ w  90°  360° ⇒ t  160°  360° ⇒ m  160°
254. a) 1) PÂB  60°, BÂD  90° ⇒ PÂD  30° 
2) PA  AD ⇒ nAPD é isósceles 
⇒ AD̂P  75°
D
P
A B
x
C
 b) 1) PÂB  60°, BÂD  90° ⇒ PÂD  150° 
2) PA  AD ⇒ nAPD é isósceles ⇒ AD̂P  15°
A
60º
P
BC
D
x •
255. b) 
 
2y – 7
3x + 1
x
y
 
x  
2y  7
2
y  
3x  1
2
⇒ x  6; y  
19
2
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
256. DE é base média ⇒ DE  
14
2
  7
 EF é base média ⇒ EF  
9
2
  4,5
 DF é base média ⇒ DF  
11
2
  5,5
 Perímetro nDEF  7  4,5  5,5  17 
A
D E
B C
F
9 11
14
259. 1ª parte
 M, N, P, Q são pontos médios de
 AD, AB, BC, CD;
 MN  NP  PQ  QM 
⇒ AC  BD nABC ⇒ AC  2NP
 nABD ⇒ BD  2MN 
A N B
M P
D
Q
C
 2ª parte:
 M, N, P, Q são pontos médios de
 AD, AB, BC, CD;
 MNPQ é retângulo
 nABC ⇒ AC  NP
 nABD ⇒ BD  MN 
⇒
 ⇒ AÔB  MN̂P ⇒ AC ⊥ BD 
A
M
N
B
P
C
Q
D
O
•
•
•
•
•
262. Sejam B a base maior e b a base menor. Temos:
 
B  b
2
  20
B  
3b
2
⇒ (B  24 cm; b  16 cm) 
263. nABC ⇒ PR  
AB
2
 ⇒ PR  
20
2
 ⇒ PR  10 cm
 nBCD ⇒ RQ  
CD
2
 ⇒ RQ  
12
2
 ⇒ RQ  6 cm
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 RS é base média do trapézio ⇒
 ⇒ RS  
20  12
2
 ⇒ RS  16 cm
 
D
12
C
P Q R
A
20
B
S
264. c) 
x  
y  7
2
 
y  
x  16
2
⇒ (x  10; y  13) 7
x
y
16
z
 
16  
y  z
2
 ⇒ z  19 
 
 d) nACD ⇒ MP  
y
2
 nBCD ⇒ NQ  
y
2
 MN  
y
2
  y  1  
y
2
 ⇒ x  2y  5  2y  1 
⇒
 y  1  
x  y
2
 ⇒ x  3y  2⇒ (x  20; y  6)
D y C
Q NM P
A
y + 1
x B
265. Note que no nBCE da figura o 
ângulo Ĉ mede 45°. Logo, o nBCE 
é isósceles e então BE  h. Como 
AE  b, temos BE  B  b.
 Portanto, h  B  b.
D b C
b
h h
A B
B
E B – b = h
45º
45º
•
•
•
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
266. Seja ABCD o trapézio, com Ĉ  
 30°.
 Tracemos BF, BF ⊥ CD, BF  
 2h.
 nBCE ⇒ B̂  60° 
⇒
 nCEF ⇒ F̂  60°
 ⇒ nBCF é equilátero de lado 2h 
A B
h h
2h
h
2h
D
E
F
60º
60º
30º
C
•
• •
 Portanto, h  
BC
2
.
267. Seja o paralelogramo ABCD, 
ao lado. Sejam AF e CE as bis-
setrizes dos ângulos obtusos.
 AD  BC
 DÊC  BĈE (alternos) 
⇒ DÊC  a
 DÊC  a 
⇒ AF  CE
 EÂF  a
A
E
F C
a
a a
a
a
B
D
268. Da figura podemos concluir que:
 4a  4b  360° ⇒ a  b  90°
 Quadrilátero BFOG ⇒
 ⇒ FÔG  a  b  90° (1)
 nAOB é isósceles
 2a  2b  180° 
 ⇒ OÂF  OB̂F  b
 nBOF ⇒ F̂  90° (2)
 (1), (2) ⇒ EG  AB
 Analogamente, FH  AD. 
A
F
B
D
H
C
E G
b b
b b
b b
a a
a aO
269. Seja BÂC  a.
 BÂC, AĈD alternos internos ⇒ AĈD  a
 nABC é isósceles de base AC ⇒ BĈA  a 
⇒
 ⇒ AC é bissetriz do ângulo Ĉ
 Analogamente, BD é bissetriz de D̂. 
A B
CD
a
a
a
b
b
b
270. Seja o paralelogramo ABCD.
 AD  BC (lados opostos)
 DÂC  BĈA (alternos)
 AQ̂D  BP̂C (por construção) 
LAAo
 ⇒ nAQD  nCPB ⇒ BP  DQ 
A B
CD
P
•
•
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
271. Inicialmente observemos que 
P é ponto médio de AC e Q é 
ponto médio de AB.
 AQ  BQ  AP  PC  l
 MQ é base média ⇒ MQ  l ⇒
 MP é base média ⇒ MP  l
 ⇒ APMQ é losango 
A
PQ
MB C
l l
l l l l
272. Seja ABCD o quadrilátero com 
  Ĉ  90°, BE bissetriz de 
B̂, DF bissetriz de D̂.
 Temos:
 nCDF ⇒ d  x  90°
 ABCD ⇒ 2b  2d  180° 
⇒ b  x 
 b e x são correspondentes ⇒
 ⇒ BE  DF 
D
C
E
d
d
x
Bb
b
F
A
•
•
273. Unimos E com M, ponto médio de BC. Temos:
 CM̂E  BM̂G (o.p.v.) 
nCEM  nBGM ⇒ (EM  MG, EC  BG) 
ALA
 CM  BM
 Ĉ  B̂ (retos)
 Além disso, como BC  CE  AE, temos:
 EC  BG ⇒ AG  AB  BG  BC  CE  AE
 Então:
 (EM  MG, AG  AE, AM comum) 
LLL
 nAME  nAMG ⇒ GÂM  EÂM  a
 (BM  DF , AB  AD, B̂  D̂) 
LAL
 nABM  nADF ⇒ BÂM  DÂF  a
 Logo, BÂE  2a  2  FÂD.
α
α
α
A
D
F E
C
M
B G
••
•
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28
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 — Pontos notáveis do triângulo
278. Tracemos a diagonal BD.
 ABCD é paralelogramo ⇒ BQ  DQ
 M é ponto médio de AB ⇒ AM  MB 
⇒
 ⇒ P é baricentro do nABD ⇒
 ⇒ x  
DP
2
 ⇒ x  
16
2
 ⇒ x  8 
A M B
D C
P
Q
16
x
279. 1) DĤE e BĤC são o.p.v. ⇒ DĤE  150°
 2) Quadrilátero ADHE ⇒ Â  30°
A
D
E
H 150º
150º
F
B C
•
•
•
•
••
282. Temos duas possibilidades:
 1ª) A
Q N
B
M
C
50º 50º
50º
P
40º40º
•
• •
•
••
 2ª) 
•
•
•
•
A
R N
P Q
B
M
C
65º 65º
50º
50º
130º
• •
 AP̂N  50° ⇒ PÂN  40°  Â  80° NP̂Q  50° ⇒ NP̂R  
 130° ⇒ Â  50°
 Então, B̂  Ĉ  50°. Então, B̂  Ĉ  65°.
283. a) P é baricentro ⇒ 
 y  2  2x
 y  2(7  x)
⇒ (x  4, y  6)
y
x
P 7 – x
y + 2
CAPÍTULO VIII
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) Tracemos a diagonal BD. Seja
 BD  AC  {M}.
 Note que G é baricentro do nBCD.
 A diagonal AC mede 8  x. Daí,
 AM  MC  
8  x
2
 .
 MG  MC  GC  
8  x
2
  x ⇒ 
A
M
G
C
B
D
8 + x
2
8 – x
2
x
 ⇒ MG  
8  x
2
 G é baricentro do nBCD ⇒
 ⇒ GC  2  MG ⇒ x  8  x ⇒
 ⇒ x  4 
286. Quadrilátero ADOE ⇒ DÔE  110°
 Quadrilátero CEOF ⇒ EÔF  130°
 Quadrilátero BDOF ⇒ DÔF  120°
 A razão entre os dois maiores ângu-
los formados pelas alturas vale:
 
130°
120°
  
13
12
 ou 
120°
130°
  
12
13
A
E
D
70º
110º
130º
120º
60º 50º
O
B C
F
•
•
•
•
••
288. PQ é base média do nABC ⇒ AP  
 PC  15 cm.
 nABC é retângulo
 BP é mediana relativa à 
 hipotenusa 
⇒
 
 ⇒ BP  15 cm
 O é baricentro do nABC ⇒
 ⇒ PO  5 cm. •
O
Q
P
C
BA
15 cm
15 cm
289. Tracemos a diagonal AC, que inter-
cepta BD em Q. Temos:
 AQ  CQ
 DM  MC 
 ⇒ P é baricentro do nACD
 AM  AB  15 ⇒ AP  
2
3
  15 ⇒
 ⇒ AP = 10
P
M
Q
CD
A B
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
290. RS  BC ⇒ 
RQ̂B  QB̂C (alternos)
SQ̂C  QĈB (alternos)
⇒
 
nRBQ é isósceles
nSCQ é isósceles
⇒
RQ  RB
QS  SC
⇒
 Temos:
 Perímetro do nARS 
  (AR  RQ)  (QS  AS) 
  (AR  RB)  (SC  AS) 
  15  18  33 cm 
A
QR S
b
b
b c
c
c
18
15
CB
291. Para facilitar, sejam
 Â  2a, B̂  2b e Ĉ  2c.
 nABC ⇒ 2a  2b  2c  180° ⇒
 ⇒ a  b  c  90°
 Daí:
 a  b  90°  c
 a  c  90°  b
 b  c  90°  a
 nAOB ⇒ AÔB  180°  (a  b) ⇒
 ⇒ AÔB  180°  (90°  c) ⇒ 
a a
b
b
O
A
B C
c
c ⇒ AÔB  90°  c ⇒
 ⇒ AÔB  90°  Ĉ
2
 Analogamente, AÔC  90°  B̂
2
; BÔC  90°  Â
2
 — Polígonos
293. e) AB  ED ⇒ Â Ê  180°
 ABCDE é pentágono ⇒
 ⇒ Â B̂ Ĉ  D̂  Ê  540° ⇒
 ⇒ (Â Ê)  B̂  Ĉ  D̂  540° ⇒
 ⇒ 180°  (x  20°)  90°  (x  10°)  
  540° ⇒ x  120° 
D
x + 10º
x + 20º
A B
C
E
•
294. a) Quadrilátero ABCD:
 Â B̂ Ĉ  D̂  360° ⇒
 ⇒ 90°  110°  90° 
  180°  x  360° ⇒
 ⇒ x  110° 
x
180º – x
45º
45º
55º
55º
80º
P
B
A
D D
•
CAPÍTULO IX
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) Quadrilátero ABCP:
 x  15°  B̂  65° 
  180°  x  360° ⇒ 
 ⇒ B̂  100°
 Pentágono ABCDE:
 Â B̂ Ĉ  D̂  Ê  540° ⇒
 ⇒ 2x  30°  100°  130° 
  90°  85°  540° ⇒
 ⇒ x  52°30'
 c) Análogo ao item b. E
85º
A
100º
B
P x
65º
180º – x
65º
C
D
x + 15º
x + 15º
•
 d) Sejam   2y e D̂  2z. Temos o 
que segue:
 Pentágono ABCDP ⇒
 ⇒ y  90°  160°  z  135° 
  540° ⇒ y  z  155°
 Hexágono ABCDEF ⇒
 ⇒ 2y  90°  160°  2z  x 
  40°  x  720° ⇒
 ⇒ 2(y  z)  2x  290°  720° ⇒
 ⇒ x  60° 
•
E D
C
B
F A
P
z
z
x
y
y
45º
160º
135º
x + 40º
297. a) Note que o nBPC é isósceles, 
pois BP  BC.
 O ângulo interno ai do pentágono 
 mede ai  
540°
5
  108°.
 AB̂P  60° ⇒ PB̂C  48° ⇒
 ⇒ x  66° 
B
60º
48º
x
x
P
C
E
A
D
 b) nABP é equilátero ⇒ BÂP  60°
 Ê  108° 
 nADE é isósceles 
⇒ DÂE  36°
 DÂE  BÂP  x  108° ⇒
 ⇒ 96°  x  108° ⇒ x  12°
BA
60º36º
108º
36º
P
E
D
C
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32
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
298. a) BÂF  90° ⇒ FÂE  18°
 nABE é isósceles ⇒ AÊB  36°
 x é externo ao nABE ⇒ x  36°  18° ⇒ x  54°
 GÂF  45°, x  54° ⇒ EĤA  81°  GĤB
 nCBD é isósceles ⇒ CB̂D  36° 
⇒ DB̂E  36°
 EB̂A  AÊB  36°
 y  DB̂E  GĤB  180° ⇒ y  36°  81°  180° ⇒ y  63°
B
C
A
H
GF
E
x y
D
81º
36º
18º
36º
•
 b) AF  AG ⇒ nAFG é isósceles 
⇒ AF̂G  75° ⇒ y  45°
 BÂG  90° ⇒ FÂG  30°
 Note que FĜA  75°, AĜI  90° e, então: HĜI  15°.
 Analogamente, JÎG  15°.
 nGIJ ⇒ x  15°  15° ⇒ x  30°
E D
H
C
J
G
15º 15º
F
A B
x = 30º
y 
=
 4
5º
3
0
º
7
5
º
7
5
º
I
•
•
311. De cada vértice partem n  3 diagonais. Logo, n  3  25 e, então, 
n  28.
 Resposta: o polígono possui 28 lados.
01 a 32_Manual FME9.indd 32 23/07/13 14:42
33
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
320. Seja 2x o ângulo interno.
 Quadrilátero ABCP ⇒
 ⇒ x  2x  x  
2
9
  2x  360° ⇒
 ⇒ x  81° ⇒ a
i
  162° ⇒
 ⇒ a
e
  18° ⇒
 ⇒ 
360°
n
  18° ⇒ n  20 
P
A B
xx
x
2
9
C
x
2x
2
321. n  20 ⇒ a
i
  162° ⇒ a
e
  18°
 nPBC ⇒ P̂  180°  18°  18° ⇒ 
 ⇒ P̂  144°
A B P
C
D
18º
162º
18º
322. Observando o quadrilátero MBNP,
 temos:
 B̂  156° ⇒ a
i
 156° ⇒
 ⇒ a
e
  24° ⇒
 ⇒ 
360°
n
  24° ⇒ n  15
 d  
n(n  3)
2
 ⇒
 ⇒ d  
15(15  3)
2
 ⇒ d  90 
A
M
B
N
P
C
24¼
•
•
323. Sendo d  
n(n  3)
2
, temos:
 d  21  
(n  3)  (n  3  3)
2
 ⇒ 
n(n  3)
2
  21  
(n  3)  n
2
 ⇒
 ⇒ 
(n  3)n
2
  
n(n  3)
2
  21 ⇒ n[(n  3)  (n  3)]  42 ⇒
 ⇒ 6n  42 ⇒ n  7
 d  
n(n  3)
2
 ⇒ d  
7  (7  3)
2
 ⇒ d  14
33 a 156_Manual FME9.indd 33 23/07/13 14:43
34
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
324. Quadrilátero ABCD: c d
B
A
b
a
C
e
f
D
120º
180º – (c + d)
180º – (e + f)
180º – (a + b)
 Â  180°  (a  b) 
⇒ B̂  180°  (c  d) 
 Ĉ  180°  (e  f)
 D̂  120° 
 ⇒ Â B̂ Ĉ  D̂  360° ⇒
 ⇒ 180°  (a  b) 
  180°  (c  d) 
  180°  (e  f)  120° 
  360° ⇒ 
 ⇒ a  b  c  d  e  f  300°
328. n1  n; n2  n  1; n3  n  2
 
n(n  3)
2
  
(n  1)(n  1  3)
2
  
(n  2)(n  2  3)
2
  28 ⇒
 ⇒ n2  n  20  0 ⇒ n  4 (não serve) ou n  5
 O polígono com maior número de lados é o que tem mais diagonais. 
Logo, n3  5  2 ⇒ n3  7.
331. 
(n  1  2)  180°
n  1
  
(n  2)  180°
n
  5° ⇒
 ⇒ 
(n  1)  180°
n  1
  
(n  2)  180°
n
  5° ⇒
 ⇒ n(n  1)  180°  (n  1)(n  2)  180°  5°  n(n  1) ⇒
 ⇒ n2  n  72  0 ⇒ (n  9 ou n  8) ⇒ n  8
 — Circunferência e círculo
342. (1) RA  RB  7; (2) RA  RC  5; (3) RB  RC  6
 Somando (1), (2) e (3) temos RA  RB  RC  9. (4)
 Fazendo (4)  (1), vem RC  2; (4)  (2) vem RB  4; e (4)  (3) vem 
RA  3.
343. a) 
A
b
ba
a
B
80º
Q
t
P
CAPÍTULO X
33 a 156_Manual FME9.indd 34 23/07/13 14:43
35
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 PA  PQ ⇒ nPAQ é isósceles
 PB  PQ ⇒ nPBQ é isósceles quadrilátero APBQ ⇒
 AP̂B  80°
 ⇒ 2a  2b  280° ⇒ a  b  140° 
⇒ AQ̂B  140°
 AQ̂B  a  b
 b) Traçamos a reta t, tangente comum 
pelo ponto Q. Prolongamos BP até 
interceptar a reta t em R.
A
b
b
a
a
B
Q
t
R
P
S
100º
 Note que t  AP  {S}.
 SA  SQ ⇒ nSAQ é isósceles 
quadrilátero APBQ ⇒ RQ  RB ⇒ nRQB é isósceles
 AP̂B  100°
 ⇒ 2a  2b  260° ⇒ a  b  130° 
⇒ AQ̂B  130°
 AQ̂B  a  b
353. R  r  d  R  r
 d  20 cm; r  11 cm 
⇒ R  11  20  R  11 ⇒ 9  R  31
 R é múltiplo de 6 ⇒
 9  R  31
 ⇒ (R  12 cm ou R  18 cm ou
 R  24 cm ou R  30 cm) 
r
d
R
354. Sejam R
A
, R
B
 e R
C
 os raios das circunferências de centros A, B e C, 
respectivamente. Temos:
 R
A
  R
B
  12 (1)
 R
C
  R
A
  17 (2)
 R
C
  R
B
  13 (3)
 (2)  (3) ⇒ 2  R
C
  (R
A
  R
B
)  30 ⇒ 2R
C
  12  30 ⇒
 ⇒ R
C
  21 m ⇒ R
A
  4 m ⇒ R
B
  8 m
 Resposta: R
A
  4 m, R
B
  8 m, R
C
  21 m.
33 a 156_Manual FME9.indd 35 23/07/13 14:43
36
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
355. Seja AP  x. Então, PB  7  x  BQ.
 BQ  7  x 
⇒ QC  x  1  CR
 BC  6
 CR  x  1 
⇒ AR  9  x
 AC  8
 Mas: AR  AP ⇒ 9  x  x ⇒
 ⇒ x  4,5 
C
R
Q
B
P
A
x – 1
x – 1
9 – x
7 – x
7 – x
x
359. Temos a  b  c  2p ⇒
 ⇒ b  c  2p  a (1)
 Seja AP  x ⇒ AO  x ⇒
 ⇒ OB  c  x ⇒ BR  c  x ⇒
 ⇒ RC  a  x  c ⇒
 ⇒ CP  a  x  c
 Como CP  AP  b, temos
 a  x  c  x  b ⇒
 ⇒ 2x  b  c  a
 Utilizando (1), segue que
 2x  2p  a  a ⇒ x  p  a 
B O
A
C
P
x
xc – x
c – x
a + x – c
a + x – c
361. Note que RA  RC, que SB  SC e 
que PA  PB.
 Temos:
 perímetro nPRS 
  (PR  RC)  (SC  PS) 
  (PR  RA)  (SB  PS) 
  PA  PB  10  10  20 cm 
P
C
B
S
A
R
364. Temos BC  26 cm (Pitágoras).
 De acordo com a figura:
 (10  r)  (24  r)  26 ⇒
 ⇒ r  4 cm
B
A C
P
S
O
T
r
rr
r
10 – r
10 – r
24 – r
24 – r
•
33 a 156_Manual FME9.indd 36 23/07/13 14:43
37
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
366. De acordo com as medidas indi- 
cadas na figura:
 (c  r)  (b  r)  a ⇒
 ⇒ r  
b  c  a
2
 
O
P
B
A S
c – r
c – r
r
rr
r
b – r
b – r
C
T
•
367. a  (b  r)  (c  r) ⇒ a  b  c  2r 
⇒
 a  b  c  2p ⇒ b  c  2p  a
 ⇒ a  2p  a  2r ⇒ a  p  r
r
r
r
A
b
b
 –
 r
C
b – r
a
c –
 r
c – rB
•
370. Observe que a altura do trapézio 
(AB) tem medida igual a 2r.
 ABCD é circunscrito ⇒ 
 ⇒ AB  CD  AD  BC
 Então:
 2r  13  10  15 ⇒ r  6 
A 10 D
B
15
C
13r
2r
r
••
••
371. Sejam a e b dois lados opostos e c e d os outros dois lados opostos. 
Temos: 
 a  b  8 (1); c  d  4 (2); a  b  c  d (3); a  b  c  d  56 (4)
 Substituindo (3) em (4): 
 a  b  a  b  56 ⇒ a  b  28 (5)
 (5) e (1) ⇒ (a  18 cm, b  10 cm)
 (3) ⇒ c  d  a  b ⇒ c  d  28 (6)
 (6) e (2) ⇒ (c  16 cm, d  12 cm)
372. BC  4
 perímetro nABC  10 
⇒ AB  AC  6 (1)
 DP  x ⇒ DQ  x
 EQ  y ⇒ ER  y
 BR  z ⇒ (BS  z, SC  4  z  CP)
33 a 156_Manual FME9.indd 37 23/07/13 14:43
38
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 (1) ⇒ AB  AC  6 ⇒
 ⇒ AE  ER  RB  AD 
  DP  PC  6 ⇒
 ⇒ AE  y  z  AD 
  x  4  z  6 ⇒
 ⇒ AE  y  AD  x 
  2 cm, em que
 AE  y  AD  x é o
 perímetro do nADE 
A
E
D
Q
RP
x y
yx
z
C 4 – z S z B
4 – z
374. A x Q y B
y
x
P
R
D w S C
z
z
w
 Hipótese: ABCD é paralelogramo circunscrito 
 Tese: ABCD é losango
 Demonstração
 Basta mostrar que AB  BC.
 ABCD é paralelogramo ⇒ 
AB  CD ⇒ x  y  z  w (1)
AD  BC ⇒ x  w  y  z (2)
 Somando membro a membro (1) e (2), obtemos:
 2x  y  w  2z  y  w ⇒ x  z
 Então:
 AB  x  y  z  y  BC ⇒ AB  BC  CD  AD ⇒ ABCD é losango.
375. Sendo O o centro, AB o diâmetro 
e CD uma corda qualquer que não 
passa pelo centro, considerando o 
triângulo COD, vem:
 CD  OC  OD ⇒ CD  R  R ⇒
 ⇒ CD  2R ⇒ CD  AB 
R
R
R
R
O
C
A
B
D
376. Sejam AB e CD as cordas tais que 
MO  NO, em que M é ponto médio 
de AB, N é ponto médio de CD e O é 
o centro da circunferência.
 Temos: 
A
B
C
O
M
N
•
•
D MO  NO (hipótese)
 OB  OD (raios)
 nMBO, nNDO retângulos 
⇒ nMBO  nNDO ⇒ MB  ND ⇒ AB  CD 
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39
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Ângulos na circunferência
382. c) CD̂A  180°  x ⇒
 ⇒ ABC
  2  (180°  x)
 AB̂C  150° ⇒ ADC
  300°
 ABC
  ADC
  360° ⇒
 ⇒ 2(180°  x)  300°  360° ⇒
 ⇒ x  150° 
D
A
B
C
x
150º
180º – x
384. a) AÔC  100°
 OA  OC (raios) ⇒ nAOC é isósceles
 (OB ⊥ AC; nAOC isósceles) ⇒
 ⇒ OB é também bissetriz ⇒
 ⇒ AÔB  BÔC  50°
 OB  OC (raios) ⇒ nBOC isósceles 
⇒ x  65° BÔC  50°
O
80º
50º50º
x
C
B
D
•
A
385. AÔD  115° ⇒ AD  115°
 x  ADC
2
 ⇒ x  
AD  DC
2
 ⇒
 ⇒ x  
115°  105°
2
 ⇒ x  110°
O
115º
x
B C
A
D
105º
115º
386. a  
CFD
  AEB
2
 ⇒
 ⇒ 70°  
AEB
  50°  AEB
2
 ⇒
 ⇒ AEB
  45°
 CFD
  AEB
  50° ⇒ CFD
  95° 
D
C
A
E B
α
F
388. b) AB̂C  40° ⇒ CD
  80°
 AD̂P  120° ⇒ PD̂B  60° ⇒ 
 ⇒ BE
  120°
 x  
BE
  CD
2
 ⇒
 ⇒ x  
120°  80°
2
 ⇒
 ⇒ x  20° 
A
x
D
C
E
B
P
40º
60º
120º
120º
CAPÍTULO XI
33 a 156_Manual FME9.indd 39 23/07/13 14:43
40
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
389. b) AV̂B  
ACB

  AB

2
 ⇒
 ⇒ AV̂B  
310°  50°
2
 ⇒
 ⇒ AV̂B  130°
 nRVS ⇒ (Ŝ  40°; V̂  130°) ⇒
 ⇒ x  10°
 
C
S
B
A
V
O
50º
40º
x
R
•
391. BÔC  160°. Prolongamos CO até 
interceptar a circunferência em D. 
 Temos, então, BÔD  20°.
 BÔD  20° ⇒ DB

  20°
 Unindo O e A e usando o fato de OB̂A  
 60°, obtemos nAOB isósceles. 
Daí, AÔB 60° e AB

  60°.
 Então:
 a  
AB

  BD

2
 ⇒
 ⇒ a  
60°  20°
2
 ⇒ a  40° 
200º
20º
60º
60º
O
A
C
B
20º
D
α
•
60º100º
393. Unimos o ponto A com o ponto C.
 Note que AĈB  90°.
 Unimos C com Q e Q com D. Temos:
 (CD  R, CQ  R, QD  R) ⇒
 ⇒ nCQD é equilátero.
 Então:
 CD

  60° ⇒ CÂD  30°
 (nACK, C  90°) ⇒ a  60° 
A R
RQ
B
C
D
K
60º
60º
α
•
•
30º
395. a) nAOD é isósceles ⇒
 ⇒ (OÂD  y, AÔD  180°  2y)
 AÔD  AD

 ⇒ 180°  2y  120° ⇒
 ⇒ y  30°
 nABC é retângulo em B, então:
 x  
y
2
  90° ⇒
 ⇒ x  15°  90° ⇒ x  75° 
D
C
B
A
120º
x
y
y
180º – 2y
y
2
•
O
33 a 156_Manual FME9.indd 40 23/07/13 14:43
41
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) ABCDE é pentágono regular. Então:
 AB

  BC

  CD

  DE

  AE

  72°
 Daí:
 x  
AB

  DE

2
 ⇒
 ⇒ x  
72°  72°
2
 ⇒ x  72° 
D
E C
A B
x
396. Unimos o centro O com o ponto C e 
com o ponto A:
 OB ⊥ AC ⇒ M é ponto médio de AC.
 nOMA  nOMC (LAL) ⇒
 ⇒ AÔB  BÔC  60°
 AÔB  60° ⇒ AFB

  60°
 AFB

  60° ⇒ ABC

  120° ⇒
 ⇒ AD̂C  60° 
D
O
CA
M
60º60º
F
B
E
•
397. Consideremos o triângulo PQR da 
figura.
 Seja QR

  x. Calculemos x:
 80°  
QPR

  QR

2
 ⇒
 ⇒ 80°  
360°  x  x
2
 ⇒
 ⇒ x  100°
 Analogamente, y  140° e z  120°.
 Daí:
 P̂  
x
2
 ⇒ P̂  50°
 Q̂  
y
2
 ⇒ Q̂  70°
 R̂  
z
2
 ⇒ R̂  60° 
A
P
Q
CR
z
xy
80º
60º
40º
B
398. AB

, BC

 e AC

 serem proporcionais a 2, 9 e 7 quer dizer que AB

, BC

 e 
AC

 são da forma 2k, 9k, 7k.
 Então:
 2k  9k  7k  360° ⇒ k  20° ⇒
 ⇒ AB

  40°; BC

 180°; AC

  140°
 Daí: 
A
CB
α
β
 a  
AB

2
 ⇒ a  20°; b  
AC

2
 ⇒ b  70°
 
A razão entre a e b é 
2
7
.
33 a 156_Manual FME9.indd 41 23/07/13 14:43
42
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
401. BQC

  x ⇒ BC

  360°  x
 28°  
360°  x  x
2
 ⇒
 ⇒ x  152° ⇒ BÔC  152°
 nBOP  nQOP (caso espe- 
 cial) ⇒ BÔP  QÔP  a
 nCOR  nQOR (caso espe- 
 cial) ⇒ CÔR  QÔR  b
 Temos: 
O
B
P
A28º
a
a
b
b
•
•
Q
R
C
•
• 2a  2b  152° ⇒ a  b 
  76°
 Como PÔR  a  b, temos
 PÔR  76°.
402. AM é lado do triângulo equilátero inscrito ⇒ AM

  
360°
3
 ⇒ AM

  120°
 BN é lado do quadrado inscrito ⇒ BN

  
360°
4
 ⇒ BN

  90°
 (AM

  120°, AMB

  180°) ⇒
 ⇒ MB

  60°
 (MB

  60°, NB

  90°) ⇒
 ⇒ NBM

  150° ⇒ NAM

  210°
 Então:
 a  
NAM

  NBM

2
 ⇒ 
A
O
B
N
90º
60º
M
120º
P
α
 ⇒ a  
210°  150°
2
 ⇒ a  30°
404. Â  B̂  Ĉ  60° ⇒
 ⇒ AB

  AC

  BC

  120°
 Temos:
 AP̂B  
ACB

  AB

2
 ⇒
 ⇒ AP̂B  
240°  120°
2
 ⇒
 ⇒ AP̂B  60° 
A P
C B
60º
60º
60º 60º
120º 120º
120º
405. a) BÂC  35° ⇒ BC

  70° ⇒
 ⇒ CD

  110°
 CP̂D  
110°  70°
2
 ⇒
 ⇒ CP̂D  20° ⇒ x  160° 
C
PB
A
D
110º
70º
145º
35º
x
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43
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) EGF

  160° ⇒ BÂC  
200°  160°
2
 ⇒ BÂC  20°
 BÂC  20° ⇒ BC

  40°
 70°  
AD

  BC

2
 ⇒ 70°  
AD

  40°
2
 ⇒ AD

  100°
 AD

  100° ⇒ x  80°
A
D
C
x
G
F
200º
EB
70º
407. Hipótese Tese
 r  s ⇒ m(AB

)  m(CD
 )
 Demonstração
 AĈB  AD̂B  a (pois subtendem 
o mesmo arco AB

)
 Analogamente, CÂD  CB̂D  b.
 AĈB, CB̂D são alternos ⇒
 ⇒ AĈB  CB̂D ⇒ a  b
 a  b ⇒ m(AB

)  m(CD
 ) 
A
B D
s
C r
β
β α
α
409. Sendo a hipotenusa igual ao 
diâmetro (2R) da circunferência 
circunscrita e CPOR um quadrado, 
temos:
 BR  BS  a  r 
⇒
 AP  AS  b  r
 ⇒ AB  a  b  2r ⇒
 ⇒ a  b  2r  2R ⇒
 ⇒ a  b  2(R  r)
A
P
b – r
b – r
S
r
rr
rR C
O
a – r
a – r
B
• •
•
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44
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
412. A
B CH
1
H
2
H
3
•
•
A
B H
1
H
2
•
•
A
CH
1
H
3
•
•
 
1) AB̂H
2
  AĈH
3
, pois 
possuem lados 
respectivamente 
perpendiculares.
2) A circunferência de 
diâ metro AB passa 
por H
1
 e H
2
, pois 
AĤ
1
B  AĤ
2
B  90°.
Então, AB̂H
2
  A Ĥ
1
H
2
, 
pois subtendem o 
mesmo arco AH

2
 
na circunferência de 
diâmetro AB.
3) Analogamente ao 
passo 2), temos 
AĈH
3
  AĤ
1
H
3
, 
pois subtendem o 
mesmo arco AH

3
 
na circunferência 
de diâmetro AC.
De 1), 2) e 3) concluímos que: AH
1
 é bissetriz do ângulo H
3
Ĥ
1
H
2
. 
Procedendo de modo análogo aos passos 1), 2) e 3), teremos 
H
1
Ĥ
3
C  CĤ
3
H
2
 e H
3
Ĥ
2
B  BĤ
2
H
1
 e, portanto, o ponto H é incentro 
do nH
1
H
2
H
3
.
A
H
CB
H
3
H
2
H
1
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45
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Teorema de Tales
419. A'C'  AC
 AA'  CC' 
⇒ ACC'A' é paralelogramo ⇒
 ⇒ A'C'  AC  30 cm. Daí:
 
x
y
  
2
3
, x  y  30 ⇒
 ⇒ (x  12 cm, y  18 cm) 
sr t
a
b
x y
A B C
A' B' C'
424. 
 
A
2k 3k
B E
3k
C F
4k
D G H
6k
K
J L
I M
N
a
b
c
d
18
5
k
27
5
k
81
10
k
54
5
k
36
5
k
27
5
k
9
2
k
 AB, BC e CD são proporcionais a 2, 3 e 4, isto é, AB, BC e CD são da 
forma 2k, 3k e 4k, respectivamente. Temos:
 1) 
AE
AB
  
3
2
 ⇒ 
AE
2k
  
3
2
 ⇒ AE  3k
 
AB
BC
  
AE
EF
 ⇒ 
2k
3k
  
3k
EF
 ⇒ EF  
9
2
k
 
BC
CD
  
EF
FG
 ⇒ 
3k
4k
  
2
FG
 9 k
 ⇒ FG  6k
 
JK
AB
  
9
5
 ⇒ 
JK
2k
  
9
5
 ⇒ JK  
18
5
k 
CAPÍTULO XII
33 a 156_Manual FME9.indd 45 23/07/13 14:43
46
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 2) Analogamente, encontramos:
 JI  
27
5
k; IH  
36
5
k
 KL  
27
5
k, LM  
81
10
k e MN  
54
5
k
 3) AD  AG  HK  KN  180 ⇒
 ⇒ 2  3  4  3  
9
2
  6  
36
5
  
27
5
  
18
5
  
27
5
  
81
10
  
54
5
 k 
  180 ⇒ k  
20
7
 4) k  
20
7
 ⇒ EF  
90
7
 cm, LM  
162
7
 cm, CD  
80
7
 cm
427. Hipótese Tese
 
AD
DB
  
AE
EC
 ⇒ DE  BC
 Demonstração
 Tomemos E' em AC, DE'  BC.
 Temos:
 
AD
DB
  
AE
EC
 ⇒
 ⇒ 
AD  DB
DB
  
AE  EC
EC
 ⇒
 ⇒ 
AB
DB
  
AC
EC
 (1) 
A
D
B
E'
E
C
 Teorema de Tales ⇒
 ⇒ 
AB
DB
  
AC
E'C
 (2)
 (1) e (2) ⇒ EC  E'C ⇒ E  E'  DE  BC
Teorema das bissetrizes
434. a) perímetro nABC  75 m 
⇒ AB  SC  35 m
 BS  10 m, AC  30 m
 Sejam AB  x, SC  y. Temos:
 
10
x
  
y
30
x  y  35 
xy  300
x  y  35 
x  20 m e y  15 m
 ou
x  15 m e y  20 m
⇒⇒ ⇒
 ⇒ (AB  15 m ou AB  20 m)
33 a 156_Manual FME9.indd 46 23/07/13 14:43
47
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 b) Sejam AB  x e AC  y. Temos:
 perímetro nABC  23 ⇒ x  y  13 
⇒ x  9 m
 AP é bissetriz externa ⇒ 
18
x
  
8
y
B C
x
y
P8 m10 m
437. Sejam CP  x, AB  y, AC  z.
 Temos:
 Teo. biss. int. ⇒ 
8
y
  
6
z
 ⇒
 ⇒ z  
3
4
y
 Teo. biss. ext. ⇒ 
14  x
y
  
x
z
 ⇒ 
AA
B 8 S 6 C x
z
y
P
 ⇒ 
14  x
y
  
x
3
 4 
y
 ⇒ x  42 m
 
438. Temos duas possibilidades:
 1ª) A
B C9 cm 16 cm
18 cm
 2ª) A
B C9 cm16 cm
18 cm
 
9
18
  
16
AC
 ⇒ AC  32 cm 
16
18
  
9
AC
 ⇒ AC  
81
8
 cm
439. Note que BC  40 m.
 Perímetro nABC  100 m ⇒
 ⇒ AB  AC  60 m ⇒
 ⇒ c  b  60
 c  b  60 
⇒ (c  24 e b  36)
 
c
16
  
b
24
A
B C
bc
16 m 24 m
33 a 156_Manual FME9.indd 47 23/07/13 14:43
48
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
441. Teo. biss. int. ⇒ 
x
3x
  
20  x
2x
 ⇒
 ⇒ x  12 cm
 Teo. biss. ext. ⇒ 
20  y
3x
  
y
2x
 ⇒
 ⇒ 
20  y
36
  
y
24
 ⇒ y  40 cm 
A
2x3x
SB x 20 – x C
443. O centro do círculo é o incentro do 
nABC.
 Sejam E, F, G os pontosde tangên-
cia da circunferência com os lados 
BC, AB e AC, respectivamente. 
Temos:
 AF  AG  3; CG  CE  x;
 BE  BF  6
 (BD  7; BE  6) ⇒ DE  1 ⇒
 ⇒ CD  x  1 
A
3
3
G
F
6
B
6
E D
1
x – 1
C
x
x
•
•
•
 O centro do círculo inscrito é incentro 
do nABC, donde tiramos AD bissetriz 
de  .
 Então:
 
BD
AB
  
CD
AC
 ⇒ 
7
9
  
x  1
3  x
 ⇒
 ⇒ x  15
444. BC  5 cm
 Perímetro nABC  15 cm 
⇒
 ⇒ AB  AC  10 cm (1)
 Teo. biss. int. ⇒ 
3
AB
  
2
AC
 (2)
 (1) e (2) ⇒ (AB  6 cm, AC  4 cm)
 Teo. biss. int. ⇒ 
BS
AB
  
CS
AC
 ⇒ 
A
B 3 2 C S
 ⇒ 
5  CS
6
  
CS
4
 ⇒ CS  10 cm
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49
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Semelhança de triângulos e potência de ponto
Semelhança de triângulos 
454. 2p  8,4  15,6  18 ⇒ 2p  42 cm
 k  
2p
2p'
 ⇒ k  
42
35
 ⇒ k  
6
5
 Seja l o maior lado do segundo triângulo. Temos:
 
18
l
  k ⇒ 
18
l
  
6
5
 ⇒ l  15 cm
458. DE  BC ⇒ nABC  nADE ⇒
 ⇒ 
AB
AD
  
AC
AE
  
BC
DE
 ⇒
 ⇒ 
x  5
x
  
y  7
y
  
18
12
 ⇒
 ⇒ (x  10 m, y  14 m) 
A
D E
B C
x y
5 m
12 m 7 m
18 m
Casos ou critérios de semelhança
460. a) a  b
 AĈB  BĈE 
⇒ nABC  nDEC ⇒
 ⇒ 
AB
DE
  
AC
DC
  
BC
EC
 ⇒
 ⇒ 
y
8
  
12
x
  
8
6
 ⇒
 ⇒ x  9, y  
32
3
A
D
B
C
E
12
8
8 6
x
y
α
β
 b) a  b
 AĈB  DĈE 
⇒ nABC  nEDC ⇒
 ⇒ 
AB
ED
  
AC
EC
  
BC
DC
 ⇒
 ⇒ 
6
4
  
x  8
y
  
y  2
8
 ⇒
 ⇒ (x  7, y  10) 
α
β
EB 2
x
8
y
A
D
6
C
CAPÍTULO XIII
33 a 156_Manual FME9.indd 49 23/07/13 14:43
50
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
461. a) BÂC  CB̂D 
 AĈB  BĈD (comum) 
⇒
 ⇒ nABC  nBDC ⇒
 ⇒ 
AB
BD
  
AC
BC
  
BC
DC
 ⇒
 ⇒ 
5
y
  
9
x
  
x
4
 ⇒
 ⇒ x  6, y  
10
3
 
A
BC
4
5
y
5
x
D
α
α
 b) BÂC  CB̂D 
 AĈB  BĈD (comum) 
⇒
 ⇒ nABC  nBDC ⇒
 ⇒ 
AB
BD
  
AC
BC
  
BC
DC
 ⇒
 ⇒ 
x
5
  
y  4
6
  
6
4
 ⇒
 ⇒ x  
15
2
, y  5 
C
x
A
y
D
B
5
6
4
α
α
462. a) r  s ⇒ nABC  nADE ⇒
 ⇒ 
BC
DE
  
H
h
 ⇒
 ⇒ 
21
12
  
8  x
8
 ⇒ x  6
A
8
D
H
12
21B
r
x
C
E
h
s
 b) Análogo ao item a.
464. a) AB  DE ⇒ BÂC  DÊC (alternos) 
⇒ nABC  nEDC
 AĈB  EĈD (o.p.v.)
 b) Da semelhança do item a, temos:
 
AB
DE
  
BC
CD
 ⇒ 
5
10
  
7
CD
 ⇒
 ⇒ CD  14
A
6
C
7
B5
E10D
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51
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
465. AŜR  AB̂C (iguais a a) 
⇒ nSAR  nBAC ⇒
 SÂR  BÂC (comum)
 ⇒ 
SR
BC
  
AS
AB
 ⇒ 
x
8
  
5
10
 ⇒
 ⇒ x  4
S
8
C
A
B
R
1
0
5
α
α
467. AĈE  AD̂B (dado) 
 CÂE  DÂB (comum) 
⇒ nACE  nADB ⇒
 ⇒ 
AC
AD
  
AE
AB
 ⇒ 
11
x  5
  
5
8
 ⇒
 ⇒ x  
63
5
 cm
8
B
3
x
DC
5
A
E
468. a) BÂC  CD̂E (retos) b) BÂC  CB̂D
 AĈB  DĈE (comum) 
⇒
 AĈB  DĈB 
⇒
 ⇒ nABC  nDEC ⇒ ⇒ nABC  nBDC ⇒
 ⇒ 
AB
DE
  
AC
DC
 ⇒ ⇒ 
AC
BC
  
BC
DC
 ⇒
 ⇒ 
8
x
  
15
5
 ⇒ x  
8
3
 ⇒ 
x  4
10
  
10
4
 ⇒ x  21
 
C
8
B
17
5
D
x
15E
A
•
•
 
x
C
A
B
10
4
D
α
α
469. CD̂E  AB̂C (retos) 
 DĈE  AĈB (comum) 
⇒
 ⇒ nDCE  nBCA ⇒
 ⇒ 
DE
AB
  
CD
BC
 ⇒
 ⇒ 
x
15
  
15
20
 ⇒ x  
45
4
15
B
E
C
20
A
10
D
15x
•
•
33 a 156_Manual FME9.indd 51 23/07/13 14:43
52
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
470. AB̂C  CD̂E (retos)
 AĈB  CÊD (correspondentes) 
⇒
 ⇒ nABC  nCDE ⇒
 ⇒ 
AB
CD
  
BC
DE
 ⇒
 ⇒ 
a  b
b
  
b
x
 ⇒ x  
b2
a  b
 
a
a
a
a – b
b
b b
b D
A
C
E
B
•
• • •
x
471. AB̂C  CD̂E (retos)
 AĈB  CÊD (correspondentes) 
⇒
 ⇒ nABC  nCDE ⇒
 ⇒ 
AB
CD
  
BC
DE
 ⇒
 ⇒ 
3
6  x
  
6
x
 ⇒ x  4
 2p  4x ⇒ 2p  16 
6 – x
3
6
6
69 x
x
x
•
•
472. Seja x o lado do quadrado. Temos:
 CÊD  CÂB (retos)
 CD̂E  DB̂F (correspondentes) 
⇒
 ⇒ nCDE  nDBF ⇒
 ⇒ 
DE
BF
  
CE
DF
 ⇒
 ⇒ 
x
6  x
  
4  x
x
 ⇒ x  
12
5
 6 – x
4 – x
x
x x
x
•
•
•
• ••
474. ABCD trapézio ⇒ AB  CD ⇒
 ⇒ nEAB  nECD ⇒
 ⇒ 
EF
EG
  
AB
CD
 ⇒
 ⇒ 
h  10
h
  
50
30
 ⇒ h  15 cm ⇒
 ⇒ (EG  15 cm, EF  25 cm) 
E
DG
h
C
A B
F
50 cm
30 cm
10 cm
h + 10 cm
475. DE  BC ⇒ nADE  nABC ⇒
 ⇒ 
DE
BC
  
AF
AG
 ⇒
 ⇒ 
b
50
 3 
  
12
20
 ⇒ b  10 cm
A
ED
12
F
G
B C
b
8
50
3
20
• •
••
33 a 156_Manual FME9.indd 52 23/07/13 14:43
53
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
476. Note que y é base média do trapézio.
 Daí:
 y  
4  16
2
 ⇒ y  10
 Tracemos BJ, com BJ ⊥ KI. Temos:
 ED  FG  JK  4.
 Então obtemos: CD  x  4 e
 GH  6.
 CD  GH ⇒ nBCD  nBHG ⇒
 ⇒ 
CD
HG
  
BD
BG
 ⇒
 ⇒ 
x  4
6
  
3
9
 ⇒ x  6 
• •
••
• •
A 4 B
E D C4
x – 43
x
6
4F G 6
y
9
H
K J
16
I
477. (AC  17, EC  4) ⇒ AE  13 
 AĈB e ED̂C possuem lados respecti-
vamente perpendiculares. Daí:
 AĈB  ED̂C
 AB̂C  DÊC (retos) 
⇒
 ⇒ nABC  nCED ⇒ 
4
A
D
8
B 15
E
C
yx13
•
••
 ⇒ 
AB
CE
  
AC
CD
  
BC
ED
 ⇒
 ⇒ 
8
4
  
17
y
  
15
x
 ⇒
 ⇒ x  
15
2
, y  
17
2
478. Sejam AB̂C  b, AĈB  c. Então: 
 nABC ⇒ b  c  90°
 nBGD ⇒ b  BĜD  90° ⇒ BĜD  c 
⇒
 nCFE ⇒ c  CF̂ E  90° ⇒ CF̂ E  b
 ⇒ nBGD  nFCE ⇒ 
BD
FE
  
GD
CE
 ⇒
 ⇒ 
8
x
  
x
2
 ⇒ x  4 cm 
••
••
A
C8B D E
G
b
b
c
c
F
2
x
x x
x
 Logo, o perímetro do quadrado é 
igual a 16 cm.
480. 
AB
AE
  
AC
AD
 
nABC  nAED ⇒
caso LAL
semelhança
 BÂC (comum)
 ⇒ 
AB
AE
  
BC
ED
 ⇒ 
25
10
  
x
12
 ⇒ x  30 
C
D
E
A
8 10
10
12
17
B
x
33 a 156_Manual FME9.indd 53 23/07/13 14:44
54
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
481. BÂC  BĈD
 AB̂C (comum) 
⇒
 ⇒ nABC  nCBD ⇒
 ⇒ 
AB
CB
  
BC
BD
 ⇒
 ⇒ 
x  4
10
  
10
4
 ⇒ x  21 
A
x
D
4
B 10 C
482. BÂC  AB̂D (retos) 
⇒
 AP̂C  BP̂D 
 ⇒ nAPC  nBPD ⇒
 ⇒ 
AP
BP
  
AC
BD
 ⇒
 ⇒ 
x
25  x
  
13
7
 ⇒ x  
65
4
 cm 
C
D
A
13
x B
7
P 25 – x
••
483. Unimos os pontos C e E.
 AE é diâmetro ⇒ AĈE  90° (1)
 AB̂D e AÊC subtendem o mesmo 
arco AC

 ⇒ AB̂D  AÊC (2)
 (1) e (2) ⇒ nABD  nAEC ⇒
 ⇒ 
6
30
  
h
10
 ⇒ h  2 cm 
•
A
6
B
10
h
D
C
E
•
484. Tracemos o diâmetro BP e unamos 
P com A.
 AP̂B  AĈB (subtendem o arco AB

)
⇒
 BÂP  AĤC (retos)
 ⇒ nAPB  nHCA ⇒
 ⇒ 
AB
HA
  
PB
CA
 ⇒
 ⇒ 
4
3
  
2R
6
 ⇒ R  4 
•
A
P
R
B
H C
485. Pelo ponto A tracemos MN, com 
MN  CD.
 O
1
ÂM  O
2
ÂN (o.p.v.) 
⇒
 O
1
M̂A  O
2
N̂A (retos)
 ⇒ nO
1
MA  nO
2
NA ⇒
 ⇒ 
O
1
A
O
2
A
  
O
1
M
O
2
N
 ⇒ 
•
A
•
R
R – h
M
h
C
N
D
h
r
r
h – r
O
2
O
1
 ⇒ 
R
r
  
R  h
h  r
 ⇒ h  
2Rr
R  r
 
33 a 156_Manual FME9.indd 54 23/07/13 14:44
55
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
486. GÔB  EÔD (o.p.v.)
 OD  OB
 AB̂O  AD̂O  CD̂O 
ALA
 ⇒ nBGO  nBEO ⇒
 ⇒ BG  DE  2 m
 DE  2 m ⇒ AG  x  2
 DE  AG ⇒ nFAG  nFDE ⇒
 ⇒ 
FA
FD
  
AG
DE
 ⇒
 ⇒ 
x  4
4
  
x  2
2
 ⇒ x  8 m 
A
x
D
4 m
F
x – 2
2 m
2 m
B
O
E
C
G
487. Tracemos a bissetriz interna AS.
 Temos o que segue:
 AĈS  SÂC  y ⇒
 ⇒ nACS isósceles ⇒ AS  SC  k
 (BC  x, SC  k) ⇒ BS  x  k
 AŜB é externo ao nACS ⇒ AŜB 
  2y
 BÂS  AĈB
⇒ nABS  nCBA ⇒
 
A
y y
k
k
y
6 m 10 m
2y
Sx – k
B C
 AŜB  BÂC
 ⇒ 
6
x
  
k
10
  
x  k
6
 ⇒ 
xk  60 (1)
10x  10k  6k (2)
 (2) ⇒ 10x  16k ⇒ k  
5
8
x (3)
 (3) em (1) ⇒ x  
5
8
x  60 ⇒ x  4 6 m
488. Unimos A e B com Q. Temos o que 
segue:
 QÂH  PB̂Q (subtendem QB

) 
⇒
 QĤA  QŜB (retos)
 ⇒ nQAH  nQBS ⇒
 ⇒ 
QH
QS
  
QA
QB
 ⇒
 ⇒ 
x
9
  
QA
QB
 (1)
 QB̂A  RÂQ (subtendem AQ

) 
⇒QĤB  QR̂A (retos)
 ⇒ nQHB  nQRA ⇒
 ⇒ 
QH
QR
  
QB
QA
 ⇒ 
•
P
•• B
SR
A
Q
4 9
x
H
•
33 a 156_Manual FME9.indd 55 23/07/13 14:44
56
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
 ⇒ 
x
4
  
QB
QA
 ⇒ 
4
x
  
QA
QB
 (2)
 (1) e (2) ⇒ 
x
9
  
4
x
 ⇒ x  6
489. 1) D̂  
ARC

  AQB

2
 ⇒ D̂  
ARC

2
  
AQB

2
 ⇒ D̂  
ARC

2
  Ĉ ⇒
 ⇒ Ĉ  D̂  
ARC

2
 
C$ $D
$D
$C
••
A
R
C
B
D
t
b
Qx
a
P
S
l
 2) Ĉ  
ASD

  APB

2
 ⇒ Ĉ  
ASD

2
  
APB

2
 ⇒ Ĉ  
ASD

2
  D̂ ⇒
 ⇒ Ĉ  D̂  
ASD

2
 
 1) e 2) ⇒ ARC

  ASD

 ⇒ AB̂C  AB̂D  90° ⇒ AC é diâmetro
AD é diâmetro
 3) Como t e l são tangentes, temos CÂD  90°. Então:
 nACD ⇒ Ĉ  D̂  90°. Daí:
 (nABC ⇒ BÂC  D̂; nABD ⇒ BÂD  Ĉ) ⇒ nABC  nDBA ⇒
 ⇒ 
AB
DB
  
BC
BA
 ⇒ 
x
a
  
b
x
 ⇒ x2  ab ⇒ x  ab
33 a 156_Manual FME9.indd 56 23/07/13 14:44
57
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
Potência de ponto 
495. a) (PA) × (PB)  (PC) × (PD) ⇒
 ⇒ 3  8  (x  4)  (x  4) ⇒
 ⇒ x2  16  24 ⇒
 ⇒ x2  40 ⇒ x  2 10
 Resposta: 2 10. 
A
D
B
C
x
O
4
P
x – 4
B
T
A
P
x
x
x
2
 b) (PT)2  (PA) × (PB) ⇒
 ⇒ x2  2  (2  2x) ⇒
 ⇒ x  2(1  2 ) (não serve)
 ou x  2(1  2)
 Resposta: 2(1  2).
496. a) (PA) × (PB)  (PC) × (PD) ⇒ b) (PA) × (PB)  (PC) × (PE) ⇒
 ⇒ 4  (4  2R)  8  10 ⇒ ⇒ 5  11  4  (16  CD) ⇒
 ⇒ R  16 ⇒ CD  4
 (CD) × (DE)  (DF) × (DB) ⇒
 ⇒ 4  12  2  (2R  2) ⇒
 ⇒ R  13
500. Temos: dA  10, dB  3, dC  6, r  6.
 Pot A  |d2
A  r2| ⇒
 ⇒ Pot A  |102  62| ⇒ Pot A  64
 Pot B  |d2
B  r2| ⇒
 ⇒ Pot B  |32  62| ⇒ Pot B  27
 Pot C  |d2
C  r2| ⇒
 ⇒ Pot C  |62  62| ⇒ Pot C  0
 Logo,
 Pot A  Pot B  Pot C  91. 
B
C
A
10
3
O
6
B
D
8
A
R
R
4
C
P
B
11
R
A 5
D
R – 2
12
2 F
C
4
E
P•
10
•
33 a 156_Manual FME9.indd 57 23/07/13 14:44
58
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
501. (PT)2  (PA) × (PB) ⇒ 
 ⇒ (PT)2  18  28 ⇒
 ⇒ PT  6 14 
A 18
T
PB
10
502. (PV  R, SV  2r) ⇒ PS  R  2r
 Potência de ponto ⇒
 ⇒ (PT)2  (PV)  (PS) ⇒ 
 ⇒ r2  R(R  2r) ⇒
 ⇒ r2  2Rr  R2  0 ⇒
 ⇒ r2  2Rr  R2  R2  R2  0 ⇒
 ⇒ r2  2Rr  R2  2R2  0 ⇒
 ⇒ (r  R)2  2R2 ⇒
 ⇒ r  R  2R ⇒
 ⇒ r  ( 2  1)R 
A
S
r
r
r
P
R
B
•
V
505. AB  AC ⇒ AB

  AC

 ⇒ AD̂B  AB̂P 
⇒
 BÂD  BÂP (comum)
 ⇒ nABD  nAPB
B
D
C
A
P
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59
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
 — Triângulos retângulos
Relações métricas 
514. a) (6 5 )2 122  y2 ⇒ y  6 b) y2  42  (4 5 )2 ⇒
 y2  12  z ⇒ 36  12  z ⇒ ⇒ y2  80  16 ⇒
 ⇒ z  3 ⇒ y  8
 x2  y2  z2 ⇒ x2  36  9 ⇒ 42  x  y ⇒ 16  x  8 ⇒
 ⇒ x  3 5 ⇒ x  2
 
z
12
y
x
6 5 
•
√
•
 
x
y4
•
•
4 5 √
515. x2  122  132 ⇒ x  5
 122  13  y ⇒ y  
144
13
 x2  13  z ⇒ 25  13z ⇒
 ⇒ z  
25
13
 12  x  13  t ⇒ 12  5  13  t ⇒
 ⇒ t  
60
13
 
x
y
13
z
12
O
•
•
516. a) 
•
2R
6
2
•
 b) 
•
y
x
•
2
4
2R
5 √
 c) 
•
•
y
x
6
4
 
 62  2R  2 ⇒ x2  y2  80 
⇒
 x2  42  62 ⇒ x  2 5
 ⇒ R  9 x2  2y 42  x  y ⇒
 ⇒ y2  2y  80  0 ⇒ ⇒ 16  2 5  y ⇒
 ⇒ y  10 (não 
⇒ y  
8 5
5 serve) ou y  8 
 Mas y  2R  2. Daí: x  y  2R ⇒
 
2R  2  8 ⇒
 ⇒ 2 5  
8 5
5
  2R ⇒
 
⇒ R  5
 ⇒ R  
9 5
5
CAPÍTULO XIV
33 a 156_Manual FME9.indd 59 23/07/13 14:44
60
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
519. a) b) x
• •
5
x
4 4 4
2 2
12 – x 12 – x
A 8 F
6 x x 6
B 2 C D 2 E
x
••
12
Note que
nABC  nFED (caso especial) ⇒
⇒ BC  DE  2. Daí:
x2  22  62 ⇒ x  4 2
12  x
2
2
  42  52 ⇒
⇒ 
12  x
2
2
  9 ⇒
⇒ 
12  x
2
  3 ⇒ x  6
522. a) 
•
B10A
x 4
D H 7 C
 b) 
•
xx
A B
D 9 C y E
17 8
 ABCD paralelogramo ⇒ ABCD paralelogramo ⇒
 ⇒ AB  CD  10 ⇒ HD  3 ⇒ AD  BC  x
 nAHD: x2  32  42 ⇒ x  5 nBED: (9  y)2  82  172 ⇒
 ⇒ (9  y)2  225 ⇒
 ⇒ 9  y  15 ⇒ y  6
 nBEC: x2  82  y2 
⇒
 ⇒ x2  64  36 ⇒ x  10
523. Da figura temos:
 (EF  AB  10, CD  20, DE  x) ⇒
 ⇒ (CF  10  x)
 nADE: h2  x2  64
 nBCF: h2  (10  x)2  84 
⇒
 
⇒
 h2  64  x2
 h2  84  (10  x)2 
⇒
 ⇒ 64  x2  84  100  20x  x2 ⇒
 ⇒ x = 4 
 h2  x2  64 ⇒ h2  16  64 ⇒
 ⇒ h  4 3 
√

2 21
• •
A 10 B
8 h h
D Ex 10 F C10 – x
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61
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
524. a) 
√
•
4 x 4 5
xy
 b) 
2
13
•
y
x
x
10
√
 (x  y)2  42  (4 5 )2 ⇒ x2  y2  (2 13)2  52
 ⇒ x  y  8 (1) (2x)2  y2  102 ⇒
 x2  y2  42 ⇒ x2  y2  16 ⇒ ⇒ 4x2  52  x2  100 ⇒
 ⇒ (x  y)(x  y)  16 ⇒ ⇒ x  4
 ⇒ 8(x  y)  16 ⇒
 ⇒ x  y  2 (2)
 (1) e (2) ⇒ x  5
 c) 
y
A
12
6
D x B 8 C
•
 d) 
√2 5 x
y 5 – y
5
 y2  36  x2 x2  y2  20
 y2  144  (x  8)2 
⇒
 x2  (5  y)2  25 
⇒
 ⇒ 36  x2  144  (x  8)2 ⇒ ⇒ 20  y2  25  (5  y)2 ⇒
 ⇒ x  
11
4
 
⇒ y  2 ⇒ x  4
525. c) nACD: (AC  10, AD  8) 
Pit.
 CD  6
 nBCD ⇒ (BC  8, CD  6) 
Pit.
 x  2 7
• •
C
B
8
DA
8 x
6
10
33 a 156_Manual FME9.indd 61 23/07/13 14:44
62
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
527. b) Tracemos AC pelo ponto de 
contato da circunferência maior 
com a reta tangente.
 Temos:
 nABC: (AC  9, AB  15,
 BC  x) ⇒ 
 ⇒ x2  152  92 ⇒ x  12 
A
•
•
6
15
3
B
3
C
x
528. a) 
•
A 10 B
•
R
R
2R
25 – 2R
C D
E
10 5
 b) 
•
A
R
R
O
B
25 – R
H C15
 ABCD é circunscrível ⇒ (AH  25, OA  R) ⇒
 ⇒ AB  CD  AC  BD ⇒ ⇒ OH  25  R
 ⇒ 10  15  2R  BD ⇒ nOHC ⇒ 
 ⇒ BD  25  2R ⇒ R2  (25  R)2  152 ⇒
 nBED ⇒ ⇒ R  17 m
 ⇒ (25  2R)2  (2R)2  52 ⇒
 ⇒ R  6 m
529. a) 
•
B
•
A
C
D
m
x
6
x
2
8
•
l b) 
•
A
•
•
•
•
•
P
R
C
B
T
S
x
x6
6
6
4
4
4
 Note que as retas l e m são PA  PB  PC  x (tangentes a
 tangentes e, portanto, per- partir de P). Daí:
 pendiculares aos raios nos nRST: (RS  10, RT  x  4,
 pontos de contato. Daí: ST  x  6)
 nABC é retângulo em C 
Pit.
 Teorema de Pitágoras:
 ⇒ AB2  82  62 ⇒ AB  10 102  (x  6)2  (x  4)2 ⇒
 Rel. métricas ⇒ ⇒ x2  10x  24  0 ⇒
 ⇒ 8  6  10  
x
2
 ⇒ x  9,6 ⇒ x  2 (não serve) ou x  12
33 a 156_Manual FME9.indd 62 23/07/13 14:44
63
COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
530. b) Unimos o centro com os pontos de 
tangência e obtemos o quadrado 
POQA.
 (AB  8, BC  4 13 
Pit.
 ⇒ AC  12
 AC  OP ⇒ AĈO  PÔB
 AB  OQ ⇒ AB̂O  QÔC 
⇒
 ⇒ nPBO  nQOC ⇒
 ⇒ 
PB
QO
  
PO
QC
 ⇒
 ⇒ 
8  r
r
  
r
12  r
 ⇒
 ⇒ r  4,8 m 
A
Q
P
O
8 – r
B
r r
r r
4 13
C
12 – r
√

•
•
•
531. b) AS é bissetriz ⇒ 
y
x
  
5
10
 ⇒
 ⇒ x  2y
 nABC ⇒ AC2  AB2  BC2 ⇒
 ⇒ 100  (2y)2  (y  5)2 ⇒
 ⇒ y  5 (não serve) ou y  3
 y  3 ⇒ x  6 
•
10
x
B y S 5 C
A
536. Aplicando o teorema de Pitágoras no 
nAMB:
 62  
l
2
2
  l2 ⇒ l  4 3
 2p  3l ⇒ 2p  12 3 m 
•
A
C B
6 m
M
2
l
2
l
l l
537. Para facilitar os cálculos, seja a 
base BC  2x.
 2p  18 ⇒ AB  AC  9  x.
 nAMC: x2  32  (9  x)2 ⇒
 ⇒ x  4 ⇒ BC  2x ⇒ BC ⇒ 8 m
 
•
B x x C
9 – x 9 – x3
A
33 a 156_Manual FME9.indd 63 23/07/13 14:44
64
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
538. A menor altura é relativa ao maior 
lado.
 Triângulo de lados 4 m, 5 m e 6 m é 
acutângulo.
 Temos:
 nABD: x2  y2  16
 nACD: x2  (6  y)2  25 
⇒
 ⇒ 16  y2  25  (6  y)2 ⇒ 
A
6 m
y 6 – y
x 5 m4 m
DB C
•
 ⇒ y  
9
4
 ⇒ x2 
9
4
2
  16 ⇒
 ⇒ x  
5 7
4
 m
539. nAHC ⇒ (10  x)2  h2  100 
⇒
 nBHC ⇒ x2  h2  144
 ⇒ 100  (10  x)2  144  x2 ⇒
 ⇒ x2  (10  x)2  100 ⇒
 ⇒ x  
36
5
 x2  h2  144 ⇒ h2  144  
362
52
 ⇒ 
•
10 – x
x
12B
A
H
h
C
10
 ⇒ h  9,6 m
543. Seja 2x a medida da base. Temos 
que os lados congruentes devem 
medir 2x  3, cada um. Aplicando 
Pitágoras no nAHB:
 (2x  3)2  x2  122 ⇒
 ⇒ x2  4x  45  0 ⇒ 
A
12 m
2x + 3
BxHxC
•
 ⇒ (x  9 (não serve) ou x  5)
 x  5 ⇒ base  2x  10 m.
544. Sendo 2D e 2d as medidas das dia-
gonais e l a medida do lado do lo-
sango, temos:
 2p  68 ⇒ l  
68
4
 ⇒ l  17 m
 2D  2d  14 
⇒
 D2  d2  172
 
⇒
 d  D  7
 D2  d2  289 
⇒
 ⇒ D2  (D  7)2  289 ⇒ 
•
D
dd
17 m
D
 ⇒ D2  7x  120  0 ⇒
 ⇒ (D  8 (não serve) ou D  15 m)
 (D  15 m ⇒ d  8 m) ⇒ (2D  30 m, 2d  16 m)
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
545. Seja ABCD o trapézio retângulo.
 Temos:
 AB  BC  CD  AD  30 ⇒
 ⇒ AD  BC  18 m
 AD  h ⇒ h  BC  12 ⇒
 ⇒ BC  18  h.
 Traçando BE, BE ⊥ CD, temos:
 DE  AB  3
 CD  9 
⇒ CE  6 m
 nBCE: (18  h)2  h2  62 ⇒ 
3D
B3A
C6E
18 – hh
• •
 ⇒ h  8 m
550. Sejam b e c as medidas dos catetos.
 Temos:
 
b2  c2  625 
⇒
bc  12  25
b2  c2  625 
⇒
bc  300
 ⇒ 
b2  c2  625 (1)
2bc  600 (2)
 (1)  (2) ⇒ b2  2bc  c2  1225 ⇒
 ⇒ (b  c)2  1225 ⇒ 
b c
12 m
25 m
•
•
 ⇒ b  c  35 (3)
 (3) e (2) ⇒ b2  35b  300  0 ⇒ 
b  20 ⇒ c  15
 ou
b  15 ⇒ c  20
 Resposta: os catetos medem 15 m e 20 m.
556. Seja P o ponto de tangência de CD 
com a circunferência e tracemos a al-
tura CQ. Temos:
 BC  CP  r; AD  DP  R
 AD  R, AQ  r ⇒ QD  R  r 
⇒
 ⇒ CD  R  r
 nCQD: (R  r)2  h2  (R  r)2 ⇒
 h  2 Rr 
A
r
h
CrB
D
r rR
R
R
•
Q
P
557. a: hipotenusa, b, c: catetos.
 Temos:
 
a2  b2  c2  200 (1)
a2  b2  c2 (2)
 (1) em (2) ⇒ a2  200  a2 ⇒ a  10
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66
MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
559. Considerando a figura, note que
 AB  EF  10 cm. Temos:
 (CE  x, EF  10, CD  24) ⇒ DF  14  x
 nACE: x2  h2  169 ⇒ h2  169  x2
 nBDF: (14  x)2  h2  225 ⇒ h2  225  (14  x)2 
⇒
 ⇒ 169  x2  225  (14  x)2 ⇒ x  5 cm
 nACE: x2  h2  169 ⇒ 52  h2  169 ⇒ h ⇒ 12 cm
A 10 B
h h
C x E 10 F 14 – x D
••
560. Trapézio é isósceles ⇒
 ⇒ AB  CD  13 cm
 Trapézio é circunscrito ⇒
 ⇒ AD  BC  AB  CD ⇒
 ⇒ AD  8 cm
 Traçando as alturas AF e DE, temos:
 (EF  8, BC  18, BF  CE) ⇒
 ⇒ BF  CE  5 cm
 nABF: 52  h2  132 ⇒ h  12 cm 
A 8 D
••
13 13
h
B 5 F 8 E 5 C
561. nABM: AM2  82  172 ⇒
 ⇒ AM  15 cm
 nBMC: MC2  82  102 ⇒
 ⇒ MC  6 cm •
B
17 10
A M
C 16
8
17 10
D
 AC  AM  MC ⇒ AC  21 cm
562. Considerando as medidas indicadas 
na figura e aplicando potência de 
ponto ao ponto P em relação a , te-
mos:
 (PT)2  (PA) × (PB) ⇒
 ⇒ (PT)2  6  24 ⇒ (PT)  12 cm
 
T
A
B P
6 cm
24 cm
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
563. Traçando os raios pelos pontos de 
tangência e BC  PQ, em que C é o 
centro da circunferência menor, ob-
temos o triângulo ABC. Daí:
 AB2  BC2  AC2 ⇒
 ⇒ 82  BC2  322 ⇒
 ⇒ BC  8 15 cm
 PQ  BC  8 15 cm 
•
A
•
•
20
12
C
12
8
B
P x Q
565. Seja ABCD o trapézio isósceles 
circunscritível, conforme figura ao 
lado. Sejam x e y as bases. Temos:
 AB  EF  x; DE  FC  
y  x
2
 e
 AD  BC  
x  y
2
 Sendo d o diâmetro, no nADE, vem:
 
x  y
2
2
  d2  
y  x
2
2
 ⇒ 
• • •
A x B
• •
d
x + y
2
D
Ey – x
2
x F
C
x + y
2
y – x
2
 ⇒ d2  
x  y
2
2
  
y  x
2
2
 ⇒ d  xy .
566. Unindo B com C obtemos o triângulo 
ABC, retângulo em B, pois AC é diâ-
metro. Daí:
 B̂  D̂ (retos)
 BÂC  EÂD (comum) 
⇒
 ⇒ nABC  nADE ⇒
 ⇒ 
AC
AE
  
AB
AD
 ⇒
 ⇒ 
2R
15
  
8
12
 ⇒ R  5 cm 
•
15
•
A
8
B
O C
D
12
E
567. Seja D o ponto de tangência da cir-
cunferência com o lado AB. Trace-
mos o raio OD. Temos:
 nADO ⇒ OD2  DA2  OA2 ⇒
 ⇒ 32  DA2  52 ⇒ DA  4 cm
 AD̂O  AM̂B (retos)
 OÂD  BÂM (comum) 
⇒
 ⇒ nAMB  nADO ⇒ 
•
A
•
5 4
O 3 D
3
C B
x M x
 ⇒ 
MB
DO
  
AM
AD
 ⇒ 
x
3
  
8
4
 ⇒ x  6 ⇒ BC  12 cm
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
568. nABC ⇒ AB2  b2  1
 nABD ⇒ AB2  4  BD2 
⇒
 ⇒ BD2  4  b2  1 ⇒
 ⇒ BD  b2  3, b  3 
D
C 1 B
A
2
b
•
•
569. nACD ⇒ AC2  AD2  CD2 ⇒
 ⇒ AC2  152  252 ⇒
 ⇒ AC  20 cm
 Relações métricas no nACD: 
•
•
A B
20
15
h
25 CD
 AC  AD  CD  h ⇒
 ⇒ 20  15  25  h ⇒ h  12 cm 
571. Temos duas possibilidades:
 1·ª) 2·ª) 
•
•
15 B
3
R
Q
3
P
24
A
•
•
P
12
3
R
Q
A B
3
24
 Sejam P e Q os centros das cir- Neste caso traçamos PR tal que
 cunferências. Traçamos QR, PR  BQ e QR tal que QR  AB.
 QR  AB e os raios PA e QB. Note RA  BQ  3 cm. Como
 Note RA  QB  3 cm. Como PA  15 cm, segue-se PR 
 PA  15 cm, segue-se PR   18 cm.
  12 cm. Então:
 Então: nPQR: PR2  RQ2  PQ2 ⇒
 nPQR: PR2  RQ2  PQ2 ⇒ ⇒ 182  RQ2  242 ⇒
 ⇒ 122  RQ2  242 ⇒ ⇒ RQ2  252 ⇒ RQ  6 7 cm
 ⇒ RQ2  432 ⇒ RQ  12 3 cm AB  RQ  6 7 cm
 AB  RQ  12 3 cm
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
9 | Fundamentos de Matemática Elementar
572. a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos:
 2p  24 ⇒ a  b  c  24 ⇒
 ⇒ b  c  24  a (1)
 Rel. métricas ⇒ b  c  a  
24
5
 ⇒
 ⇒ b  c  
24
5
  a (2)
 Teorema de Pitágoras ⇒ 
•
•
b c
a
5
24
 ⇒ b2  c2  a2 (3)
 (1) ⇒ (b  c)2  (24  a)2 ⇒ b2  c2  2bc  576  48a  a2 ⇒
 
(3)
 
(2)
 ⇒ a2  2  
24
5
 a  576  48a  a2 ⇒ a  10 m
573. Considere o triângulo PQR, em que 
P, Q e R são os centros das três cir-
cunferências que se tangenciam ex-
ternamente.
 Seja x o raio a determinar.
 Note que PO  r  x. Então:
 nOPR: 
•
x
x x
r – x
A
Q O R B
P
r
2
r
2
r
2
r
2
r
2
r
2
 x  
r
2
2
  (r  x)2  
r
2
2
 ⇒
 ⇒ x  
r
3
574. Sejam ABC o triângulo que obtemos ao unir os centros dos círculos e 
P o ponto de tangência entre os dois círculos de mesmo raio. Temos:
 nBPC: BC2  BP2  PC2 ⇒ (16  r)2  162  (16  r)2 ⇒
 ⇒ (16  r)2  (16  r)2  256 ⇒
 ⇒ (16  r  16  r )(16 r  16  r)  256 ⇒
 ⇒ 32  (2r)  256 ⇒ r  4
•
•
A P 16
16
16
B
16 – r
C
r r r
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MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR
Fundamentos de Matemática Elementar | 9
575. Sejam ABCD o quadrado e 
EFGHIJLM o octógono regular.
 Temos:
 (AD  1, AF  x, DE  x) ⇒
 ⇒ EF  1  2x
 EFGHIJLM é regular ⇒
 ⇒ EF  FG  1  2x
 nAFG: (1  2x)2  x2  x2 ⇒
 ⇒ (1  2x)2  2x2 ⇒ 
 ⇒ 1  2x  x 2 ⇒ 
 ⇒ x( 2 2)  1 ⇒
 ⇒ x  
2  2
2
 
••
••
A x G H x B
J
x
I
x
F
1 – 2x
1 1 – 2x
E
x
D x M
x
L x C
576. Traçamos os raios pelos pontos 
de tangência e obtemos o tra-
pézio retângulo EPQF.
 Traçamos a altura QS desse 
trapézio, obtemos o triângulo 
retângulo QSP. 
 Daí:
 
a
2
  r
2
  
a
2
  r
2
  
a
2
  r
2
 ⇒
 ⇒ 
a
2
  r  
a
2
  r  2 ⇒
 ⇒ r  
(3  2 2)  a
2
 
A B
Q
F
PS
E
CD
r r r
2
a
– r a
2
a
2
r
r
2
a
– r
577. Construímos o triângulo ABC, 
de lados AB e BC paralelos aos 
lados do quadrado, conforme fi-
gura ao lado. Considerando as 
medidas indicadas, podemos 
aplicar o teorema de Pitágoras 
ao nABC:
 (4r)2  2  (a  2r)2 ⇒
 ⇒ 4r  (a  2r) 2 ⇒
 ⇒ r  
( 2  1)  a
2
 
•
••
•
•
A
a
B C
r
r
r
r
a – 2r
a – 2r
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COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL
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